DE THI HSG TOAN 9 NH 2012 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD - ĐT CHÂU THÀNH Trường THCS Long Hòa ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG - NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN - KHỐI 9 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian chép đề) Bài 1: (5 điểm) x 2 x 3x  9 + x +3 x -3 x 9. Cho biểu thức : P = a. Tìm điều kiện xác định của P . b. Rút gọn P 1 c. Tính giá trị của x để P = 3. Bài 2: ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: a. x + 3 + x -1 = 2 2 2 b. x + x - 3x + 5 = 3x + 7 Bài 3: ( 3 điểm). A=. 1 x - 6x + 17 2. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức Bài 4: (4điểm) Trên tiếp tuyến tại điểm A của đường tròn (0;R) lấy điểm M. Gọi điểm B của đường tròn (O;R) sao cho MB = MA 1. Chứng minh : MB là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) . 2. Cho OM = 2R. Chứng minh tam giác AMB đều. Tính độ dài các cạnh và diện tích của tam giác AMB theo R. 3. Vẽ đường kính BE của (O), chứng minh :AE//OM Bài 5: (3điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. 1 1 1 = + 2 2 2 Chứng minh hệ thức AH AB AC.  HẾT .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GD - ĐT CHÂU THÀNH Trường THCS Long Hòa ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN - KHỐI 9 Bài. ĐÁP ÁN a..  x 0  Điều kiện :  x 9 x. b.. P=. . x 3. x 9. 1đ.  2 x. x 3. x 9.   3x  9 x 9. 3 x 9 3  x 3 = x 9. 1. 1  c. P = 3 2. THANG ĐIỂM. 1 1. 3 1   x 3 3. x  3 9  x 36. 1+1. a. x + 3 + x -1 = 2  x  3 0  x  3    x 1  x 1 Đk:  x  1 0. Ta thấy hai vế của phương trình không âm nên bình phương 2 vế của pt ta được :. . x + 3 + x -1. . 2. = 22. 0,5. 0,5 0,5. ( x  3)( x  1) 1  x 2 2 Điều Kiện : x 1 ta có : x  2 x  3 1  2 x 1x.  4 x  4 0  x = 1 (Nhận ). 0,5 0,5. Vậy pt có nghiệm là x =1 2 2 b. x + x - 3x + 5 = 3x + 7 (1).  x 2  3x  5  12  x 2  3x  5 0 (2). Đặt = t. (t  0). 0,5 0,5. 2. (2)  t + t - 12 = 0  = 49 > 0  = 7 Vậy phương trình có hai nghiệm: t1 = 3; t2 = - 4 Vì t = 3x + 5 = 9. 0,5 0.25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x2 - 3x - 4 = 0. 0,5. Vậy nghiệm của phương trình là x = -1; + 4. 3. a. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức. A=. 1 x - 6x + 17 2. 2 Để A lớn nhất khi x - 6x + 17 nhỏ nhất . 2 2 2  x  3  8 Ta có : x - 6x + 17 = x - 6x + 9 + 8 = 2 x  3  8 8  Mà 1 Nên : Max A = 8 khi x = 3. 1 1 0,5 0,5. 4. 0,5. a. CM: MB là tt của (0)  Xét AOM và BOM Có : MA=MB OA=OB OM: Cạnh chung  AOM BOM (Cạnh – cạnh – cạnh ). 0,25.    MAO MBO (1).  Mặt khác: MA là tiếp tuyến của (O) 0  Suy ra: MAO 90 (2) 0   Từ (1) và (2) suy ra : MBO 90  B  AB  B   O  0  Ta có  MBO 90  MB là tiếp tuyến của (O). 0,25. 0,5. b. Chứng minh tam giác ABM đều  Gọi H là giao điểm của AB và MO .  Xét tam giác AOM vuông tại A ta có : 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> OA R 1   OM 2 R 2   OMA 300. Sin OMA = 0 0   Suy ra : AMB 2.BMO 2.30 60 (3)  Xét tam giác ABM có MA =MB (gt) nên ABM là tam giác cân (4)  Từ (3) và (4)  ABM . Tính dt tam giác ABM .  Áp dụng pytago vào OAM ta có MA  MO 2  OA2 R 3 = MB = AB R 3 AH  2 Suy ra :. 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25.  Áp dụng pytago vào tam giác MHA ta được 3 R MH = 2 1 3 3.R 2 S ABM  .MH . AB  2 4  .. Chứng minh :AE//OM: Tam giác ABE nội tiếp có BE là đường kính nên BA  AE (5) Mặt khác MH  AB (6) Từ (5) và (6) suy ra AE//MH hay AE//OM. 0,25. 0,25 0,25. 5. 0,5.  Tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao : AB. AC AB 2 . AC 2  AH 2  BC 2 (1) AH = BC 2 2 2  Mặt khác : BC  AB  AC (2).  Từ (1) và (2) ta được : AB 2 . AC 2 AB 2 . AC 2  BC 2 AB 2  AC 2 1 AB 2  AC 2  2 AB 2 . AC 2 Suy ra : AH AH 2 . 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1  2 2 AH AB AC 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>