DE THI HSG T9 DE SO 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS NGUYỄN BIỂU . ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH DỰ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 . Năm học : 2016-2017 : Thời gian 120’ . Bài số 10 : Bài 1. Cho biểu thức: 2√x−9 x +3 2 √ x+ 1 −√ − A= x −5 √ x+6 √ x −2 3 − √ x a, Rút gọn biểu thức A . b, Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên . Bài 2. (2®) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B=. x 2. +. √ 1− x −2 x 2. Bài 3. Giải phương trình:. √. x2 2 2 + √ x − 4=8 − x 4. Câu 4 : Tìm gía tri nhỏ nhất ( min) của biẻu thức Q : Q=. 1  4 x  4 x 2  4 x 2  12 x  9. Bài 5. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D, F và H lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC, O là giao điểm của các đường trung trực  ABC; G và E tương ứng là trọng tâm các  ABC và  ACD. Từ G kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại I. Chứng minh:. Bµi 6.. GH HI  a, AD DO b,  ADG ~  DOE Từ đó suy ra OE. CD. Chứng minh rằng nếu tam giác mà độ dài các đường trung tuyến đều bé hơn 1 thì diện tích tam giác đó bé hơn 0,67..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Híng dÉn chÊm Néi dung. C© u 1. §iÓm. a, Điều kiện : x 0; x 4; x 9 A =. =. =. =. 2 x 9  x  5 x 6 2 x 9. . x 3. . 2 x  9. x 2. . . x 3. . . x  3 2 x 1  x 2 x 3. . x  3  2 x 1.  . x 3. . . x 2.  x  2. x 1 x 3. x 2. . . 2 x  9  x  9  2x  x  4 x  2. . x 3. . x 2.   x  3  x  2   x. b, A ¿ 1+ * * * * * * 2. x  3 2 x 1  x  2 3 x. x 2. 4 √x− 3 √ x −3 √ x −3 √ x −3 √ x −3 √ x −3 √ x −3. . .  x  3  x 1. x 2. 4 nguyên ⇒ √ x −3 √ x −3 = 1 ⇒ x=16 = -1 ⇒ x=4 (loại) = 2 ⇒ x=25 = -2 ⇒ x=1 =4 ⇒ x=49. nguyên ⇔. Ư(4). =- 4 : Không có x Vậy x {1;16;25;49}. + ĐK: 1- x- 2x2. 0 ⇔. (x+1)(1-2x). 0 ⇔ -1. x. 1 2. + Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm 1 và (1- x- 2x2) . Ta có: 1 1  x  2 x 2  1.(1  x  2 x 2 ) 2 2  x  2x2 1  x  2x2  2 Hay . x x 2  x  2x2  1  x  2x2   2 2 2. 1 1  x  2 x 2   x 0  x 0  B 1  x 2 1 Dấu bằng xẩy ra. Vậy giá trị lớn nhất của B là 1 khi x = 0 3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐK:. x2 + √ x 2 − 4=8 − x 2 (1) 4 2 2≤ x ≤ 2 √2 x −4≥0 ⇔ (2) 2 −2 √ 2≤ x ≤ −2 8−x ≥0. √. (1) ⇔ 2. √. ( √ x 2 − 4 +2) x 2 +4 √ x 2 − 4 x 2 − 4+ 4 √ x 2 − 4+ 4 =8 − x 2 ⇔ =8 − x 2 ⇔ =8 − x 2 4 4 4 2 √ x − 4+2 =8 − x 2 ⇔ √ x 2 − 4=14 −2 x 2 ⇔ √ x 2 − 4=6+ 2(4 − x 2) (*) ⇔ 2 Đặt √ x2 − 4=t(t ≥0) (*) trở thành: t=6 −2 t 2 ⇔ 2 t 2+t −6=0 ⇔ (2t −3)(t+ 2)=0 3 9 25 5 t= ⇔ x 2 − 4= ⇔ x 2= ⇔ x=± ⇔ (thoả mãn 2) 2 4 4 2 t=−2 (loại) 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x=± 2. √. √. 4. A. E. D. F. O G. B. H. I. GH HI  AD DO a,  GHI ~  ADO GH AD 2 2   DF HC 2 HI HI DO ; mà DE = 3 b, =3 1 AG GH = 2 GH AG AD   HI DE DO . Mặt khác góc DAG bằng góc ODE Suy ra  ADG ~  DOE. C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Góc AGD bằng góc DAO suy ra OE 5. CD. - Ký hiệu: + Các trung tuyến và đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C tương ứng là ma, mb , mc và ha , hb , hc + Các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C tương ứng là a, b, c + Diện tích tam giác ABC là S - Ta có 2S < a.ha = b.hb = c.hc (1) có aha < ama < a (2) vì ma < 1 Tương tự: bhb < b (3); chc < c (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có 6S < a + b + c (5) 2 mà a < 3 (mb + mc) < 4 Tương tự b < 3 , c <. 2 2 4   3 3 3 (vì độ dài các đường trung tuyến nhỏ hơn 1) 4 3.. Vậy từ (5) suy ra S < 0,666... hay S < 0,67.

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