De HSG Toan 920162017 65

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD & ĐT LONG PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1. a. Phân tích Q thành nhân tử: Q  x  5 x  2 2 x  2 10 b. Tính Q khi biết x 13  4 10 Câu 2. Cho hàm số: y x  2m  1 ; với m tham số. a. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. b. Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox;. Oy. H là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để. OH . 2 2. b. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB. Câu 3. a. Giải phương trình: x  1  2 x  2  x  1 5 x  2 2 2 b. Cho a; b là hai số dương thỏa mãn: a  b 6 .. Chứng minh:. 3(a 2  6) (a  b) 2. 2 c. Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  2008x  2009 y  2010 0. Câu 4. Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. 2  2  2  2  a. Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC 2 b. Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ). c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Hết./..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. PHÒNG GD & ĐT LONG PHÚ. NĂM HỌC: 2010 - 2011. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề). Câu. Ý. Nội dung cần đạt Q  x  5 x  2 2 x  2 10  x. a 1. . x 5. . . . x 5  2 2. . . x 2 2 x 13  4 10  x  8  2.2 2. 5  5  (2 2 . b Vậy:. . . Q 2 2. 5 5 2 2. Điểm 0,5. . x 5 . 0,5. 5) 2 2 2 . 5. . 5  2 2 2 2.( 5)  2 10. 0,5 0,5. 2,0. y  x  2m  1 ; với m tham số a Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) thì.  2m  1 0  m . Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A. 1 2.  2m  1; 0 .  0;  2m  1 Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B b. 0,25. 0,5. Ta có:  AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 0,5  m 0 1 1 2 1 1 1 2 2  2  2    2 xA yB (2m  1)  m  1 OH 2 OA2 OB 2 Hay x x 2m  1 xI  A B  2 2 Hoành độ trung điểm I của AB:. 2. c. Tung độ trung điểm I của AB:. yI . 2,0. 0,5. y A  yB  (2m  1)  2 2. Ta có: yI  xI  Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường. 0,25. thẳng y  x. Điều kiện: x 2. 3. x  1  2 x  2  x  1 5 x  2  a. . . . 2. 0,2 x  2  2 x  2  1  x  1 5 x  2. x  2  1  x  1  5 x  2 0 . x  2  1  x  1  5 x  2 0.  x  2  4 x  2  4 0  ( x  2  2) 2 0  x 6  2. b. Vậy nghiệm của pt là: x 6 Với a; b là hai số dương ta có:. 0,2 0,3 0,3. 0,25. 2,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 1 1 2    a  b   2.a.  b.1  2a 2  b 2    1 2  2  (Theo Bunhiacopski)   3 2 (Vì a 2  b 2 6 ) Hay x 2  xy  2008 x  2009 y  2010 0. 0,25. 2.   a  b   a 2  6 . c. 3(a 2  6) (a  b) 2.  x 2  xy  x  2009 x  2009 y  2009 1. 0,25.  x( x  y  1)  2009( x  y  1) 1  ( x  2009)( x  y  1) 1. 0,5.   x  2009 1    x  y  1 1    x  2009  1    x  y  1  1. 0,25.   x 2010    y  2010   x 2008    y  2010. 0,25. C K. B. O. M. H. A. D. a. Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:     sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC =     (sin 2 MBA  cos 2 MBA )  (sin 2 MCD  cos 2 MCD )=1 +1=2. 0,75. b. 2 Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH). 0,5. 4. P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH 2  MH 2 OM 2 R 2    2 2 2 (Pitago) Mà OH.MH c Vậy. P 4 R 2 .. R2 2 R 4 2 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH. R 2  OH = 2. 3,5. 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>

<span class='text_page_counter'>(5)</span>