Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (344.19 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1. a) Rút gọn biểu thức:. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 23 / 11 / 2012. 1 3 3 3 10 6 3 A 2. 2 3 9 20 5 a b 5 a b 5 b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: Bài 2. a) Giải các phương trình sau: 2012 2 2012 x 1 2x x 4x 4 1 2012 20132 2013 . 2. 2. 1 x 6 x . 2. 5 2x. x 2 6x 6y 2 b) Tìm x, y thỏa mãn: y 9 2xy 2 Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M 2x 5 x. Bài 4. Cho đường tròn đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung CD tại H ( H O ). Biết AH = a; CD = 2b. a) Chứng minh rằng các tam giác HAD và HCB đồng dạng với nhau b) Tính R theo a và b c) Qua H vẽ hai dây cung MN và PQ vuông góc với nhau. Xác định vị trí các dây này để MN + PQ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Bài 5. Cho x, y, z (0,1] x y z 3 Chứng minh rằng : 1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z ==HẾT== Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh:.............................................................................. Lưu ý: Học sinh không được dùng máy tính..
<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 9 Bài. Nội dung. Điểm. a). 2,0đ. 1 3 3 3 (1 3)3 1 3 3 3 10 6 3 A 2 2. 0,5. . 1 (1 3) 2 1 4 2 3 2 2. 0,5. 2 3 42 3 (1 3) 2 1 3 2 2 2 2 b) ĐK: a b 5 (*). 1,0 1,5đ 0,25. 2 3 9 20 5 a b 5 a b 5 Bài 1 3,5đ. 2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5) 9a 2 45b 2 a 5( 20a 2 100b 2 5b) (*) A B 0 thi 5 Z B Ta thấy (*) có dạng A B 5 nếu vô lí vậy B = 0 => A= 0. 2 2 9a 45b a 0 20a 2 100b 2 5b 0 Do đó (*) 9a 2 45b 2 a 0 9a 2 45b 2 a 0 9 9 2 2 9a 45b b 0 a b 4 4 9 a 9 a 0 a b hoac 4 b 4 b 0 b 2 4b 0 (Loại vì không thỏa mãn ĐK (*)) a = 9; b = 4. Bài 2 6,0đ. a). 0,25 0,25 0,25. 0,5 5,0đ. 2 2 2 * Biến đổi vế phải ta có 2013 (2012 1) 2012 2.2012 1 1 20122 20132 2.2012 20122 2012 20122 2012 2 2 1 2012 2013 2.2012 20132 2013 20132 2013 2. 2012 2012 2012 2012 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 . Phương trình trở thành: Xét 3 trường hợp:. x 1 x 2 2013. (*). 0,75 0,5.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> - Trường hợp 1: Nếu x 1 thì (*) 3 2 x 2013 x 1005 (thỏa mãn) - Trường hợp 2: Nếu 1 x 2 thi (*) 0 x 1 2013 (Phương trình vô nghiệm). 0,25. - Trường hợp 3: Nếu x 2 thi (*) 2 x 3 2013 x 1008 (thỏa mãn) Kết luận: Phương trình (*) có 2 nghiệm: x1 1005 và x2 1008. 0,25. * ĐK x 2,5 (*). 0,25 0,25. Phương trình đã cho trương đương với: 1 x 5 2 x 6 x 1 x ( 5 2 x) 2 (1 x)( 5 2 x) 6 x (1 x)( 5 2 x) x 5 ĐK: x - 5 (**) (1 –x)(- 5 – 2x) = (x +5)2 x2 – 7x – 30 = 0 x1 = - 3 (thoả mãn ĐK (*) và (**)) hoặc x2 = 10 (không thoả mãn ĐK (*) và (**)) Vậy phương trình có nghiệm x = - 3. b) 2 2 x 6x 6y x 6x 6y 2 2 x 2xy y 2 6(x y) 9 0 (x y 3) 0 Cộng vế theo vế ta được . 0,25. 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 1,0đ 0,25. x 3 2 x 2 6x 6(x 3) y x 3 y x 3. 0,5. Vậy (x; y) = (3 2;3 3 2), ( 3 2;3 3 2). 0,25. Điều kiện: 5 x 5 (*) * Tìm giá trị lớn nhất: Trước hết ta chứng minh: với 2 bộ số (a1; a2); (b1; b2) ta có: a a 1 2 b1 b 2 (a b +a b )2 ≤(a 2+a 2)(b 2+b 2)(**) Đẳng thức xẩy ra. 0,25. 1 1. 2 2. 1. Áp dụng (**) ta có. 2. 1. 0,25. 2. . M 2 2 x 1. 5 x 2. . 2. (22 12 )( x 2 5 x 2 ) 25. x 0 x 5 x2 2 2 x 4(5 x ) Đẳng thức xẩy ra khi 2. Bài 3 3,0đ. 0,5. x 0 x 2 x 2 hoac x 2 (TMĐK(*)). 0,5 0,5. Vậy với x = 2 thì GTLN của M = 5 * Tìm giá trị nhỏ nhất. 0,5. Từ điều kiện (*) tá có 2 x 2 5 (1). 0,25. 5 x 2 0 (2) 2 Từ (1) và (2) ta có M 2 x 5 x 2 5. 0,25. 2 x 2 5 x 5 2 5 x 0 Đẳng thức xẩy ra khi . 0,25. Mặt khác. Bài 4 6,5đ. Vậy khi x 5 thì M đạt GTNN là 2 5 Vẽ hình 0,25đ a) 2,0đ Ta có OA OB OC nên ACB vuông tại C nên BCH ACH 900 (1). 0,25 0,25 1,0.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0 Vì AB CD nên CAH ACH 90 (2) Từ (1) và (2) suy ra CAH BCH . Mặt khác AB CD HC=HD hay ACB là tam giác cân tại A =>AH là phân giác góc A => CAH DAH BCH DAH => Các tam giác HAD và HCB đồng dạng với nhau. 1,0. b) (2,0đ) 2 2 2 2 Áp dụng định lí Pitago ta có AC AH HC a b Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta có AC 2 a 2 b 2 AB a 2 b 2 AC2 AB.AH AB R AH a 2 2a c) 2,25đ Gọi K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên MN và PQ. Đặt OK = x; OL = y; Đặt OH = d 2 2 2 2 Ta có x y OH d không đổi. Đặt T MN PQ 2 2 2 Xét T MN PQ 2MN.PQ. 0,5 1,5. 0,25 0,25. 2 2 2 2 2 2 2 2 T 2 MN 2 PQ 2 2MN.PQ 4(R x ) 4(R y ) 8 (R x )(R y ). 8R 2 4(x 2 y 2 ) 8 R 4 R 2 (x 2 y 2 ) x 2 y 2. 0,5. 8R 2 4.d 2 8 (R 4 R 2 .d 2 ) x 2 y 2 2 2 * T đạt GTLN khi T2 đạt GTLN x y đạt GTLN xy đạt GTLN x 2 y2 d 2 xy 2 2 Áp dụng BĐT Cosy ta có x y Dấu “=” xẩy ra khi <=> OL = OK => HO là tia phân giác của góc tạo bởi hai dây. cung. 2. 2. * T đạt GTNN khi T2 đạt GTNN x y đạt GTNN xy đạt GTNN Mặt khác do x, y 0 nên xy 0 , dấu “=” xẩy ra khi x = 0 hoặc y = 0 => dây cung trở thành đường kính. Vì x, y (0,1] nên (1 x)(1 y ) 0 1 xy x y. Bài 5 1,0đ. 1 z xy x y z y y (1) 1 z xy x y z x x Tương tự ta có 1 y xz x y z. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,5 (2) ;. z z 1 x xy x y z. (3). Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được. x y z xyz 3 1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z x y z Dấu “=” xẩy ra khi x = y = z =1. Tổng. 0,25 0,25 20,0.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và gọn vẫn cho điểm tối đa; - Điểm bài làm của học sinh qui tròn đến 0,5. PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ.
<span class='text_page_counter'>(6)</span>