20 Đề ôn thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: 20 Đề ôn thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (6,0 điểm) 3 3 x 3 1) Cho biểu thức Q 1 2 3 x x 3 3 x 27 3 x a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi x 4 7 4 7 2) Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + + 100 Bài 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 2013 4x 8052 3 1 1 1 2) Cho abc = 1.Tính S = 1 a ab 1 b bc 1 c ac Bài 3: (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh : a2 b2 2 2 a b Bài 3: (6,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a) Chứng minh tam giác ABC vuông b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/ tích lớn nhất đó theo R. Bài 5: (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x y) 16 3xy HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Bài Tóm tắt lời giải Điểm 0,5 1.a) ĐKXĐ: x 0; x 3 Bài 1 Câu 1a 3 3 x 3 Q = 1 (2đ) 2 3 x x 3 3 x 27 3 x 0,5 Trang 1
2. 3 3 x 2 x 3 3 Q = 2 2 x x 3 3 (x 3)(x x 3 3) 3x 0,5 (x 3) 3 3 x 2 x 3 3 = 2 (x 3)(x x 3 3) 3x 0,5 1 x 3 1.b) Ta có: x 4 7 4 7 8 2 7 8 2 7 0,5 x 2 2 2 2 1 7 1 7 Bài 1 x 2 2 0,5 Câu 1b 1 7 7 1 (2 đ) x 2 2 x 2 0,5 Thay x = 2 vào Q ta có: 1 0,5 Q 2 3 2 3 2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101. 50 0,5 Bài 1 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 0,25 Câu 2 và 101 (2 đ) Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) 0,25 = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + + 0,25 (50 + 51)(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 0,25 992 + + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) 0,25 Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 0,25 50 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B Bài 2 x 2013 4x 8052 3;ÐK : x 2013 0,5 (1,5 đ) 1. 3 x 2013 3 x 2014(TMÐK) 1,0 1 2. Cho abc = 1. ab c 0.5 1 1 1 S = 1 a ab 1 b bc 1 c ac Trang 2
3. 1 1 1 (2,5 đ) = 1 0,5 1 a abc b bc 1 c ac c c 1 1 = c ac 1 b ac 1 c 1 c ac 0,5 bc 1 b = b 1 c ac 0,5 b c ac 1 = 1 b c ac 1 0,5 Bài 3 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1,5đ) x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1) (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0 0,25 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0 0,25 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2) 0,25 Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 - 4 y 1 0,25 Vì y nguyên nên y 4; 3; 2; 1; 0; 1 0,25 Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). 0,25 (1,5 đ) 2. - Vì a.b = 1 nên 2 a2 b2 a b 2ab a b a b 0,25 2 a b 2 2 a b 0,25 a b a b - Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương 0,25 2 2 Ta có : a b 2 a b  a b a b 0,5 a2 b2 Vậy 2 2 a b 0,25 Bài 4 6đ 0,5 Trang 3
4. A E D C B H O a) Chứng minh tam giác ABC vuông 0,25 Ta có: OA= OB = OC = R 0,25 => Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo) b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật 0,5 AB . EB = HB2 0,5 AC . EH = AC . AD = AH2 0,5 Ta có: AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pi ta go) 0,5 => Đpcm 0,5 AD2 AE 2 DE 2 AH 2 b) S(ADHE)= AD.AE 1,0 2 2 2 AH 2 AO2 R2 S(ADHE) 2 2 2 0,5 R2 Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE hay AB = AC 0,5 2 0,5 Tam giác ABC vuông cân tại A Bài 5 Ta có 2(x y) 16 3xy 3xy 2x 2y 16 (1,0đ) 2 4 0,25 y(3x 2) (3x 2) 16 (3x 2)(3y 2) 52 3 3 Giả sử: x y khi đó 1 3x 2 3y 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta 0,25 có các trường hợp sau: 3x 2 1 3x 2 2 3x 2 4 0,25 ; ; (loại) ; 3y 2 52 3y 2 26 3y 2 13 => nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5; 2) 0,25 Trang 4
5. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN PHÙ MỸ Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (3,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Bài 2: (2,5 điểm) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b > 0 và a + b = 1. 2 2 1 1 Chứng minh rằng : a b 12,5 a b Bài 4: (3,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E x y y x Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC. Chứng minh: PQ // IK. Bài 6: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là ha , hb , hc . Gọi O là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC , CA và AB tương ứng là x , y và z . x y z Tính M ha hb hc Trang 5
6. - Vậy n = 5 0,5 Câu b: (2,0 điểm) Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z 2 Chứng minh A = xy chia hết cho 12 - Xét phép chia của xy cho 3 1,0 Nếu xy không chia hết cho 3 thì x  1(mod3) y  1(mod3) x2 1(mod3) (Vô lí) 2 y 1(mod3) z2 x2 y2  2(mod3) Vậy xy chia hết cho 3 (1) - Xét phép chia của xy cho 4 Nếu xy không chia hết cho 4 thì 0,5 x  1(mod 4) y  1(mod 4) x2 1(mod 4) TH1: (vô lí ) 2 y 1(mod 4) z2 x2 y2  2(mod 4) TH2: Trong hai số x,y một số chia 4 dư 2, một số chia 4 dư 1 hoặc - 1. Không mất tính tổng quát giả sử x  1(mod 4) 0,5 y  2(mod 4) x2 1(mod8) ( vô lí) 2 y  4(mod8) z2 x2 y2  5(mod8) - Vậy xy chia hết cho 4 (2) - Từ (1) và (2): Vậy xy chia hết cho 12 Trang 66
7. A B' C N M B C A' Câu a (2,0 điểm): Chứng minh ΔAC'C : ΔAB'B - Xét ΔAC'C;ΔAB'B có Góc A chung 2,0 Bµ' Cµ' 900 Suy ra: ΔAC'C : ΔAB'B 4 Câu b (2,0 điểm): Chứng minh AM = AN. 0,5 - Xét AMC vuông tại M đường cao MB' AM 2 AB '.AC 0,5 - Xét ANB vuông tại N đường cao NC' 0,5 AN 2 AC '.AB 0,5 - Theo câu a ta có AB'.AC = AC'.AB - Do đó: AM = AN S ' Câu c: (2,0 điểm) Chứng minh cos2 A cos2 B cos2 C 1 S 0,5 2 SAB'C ' AB ' 2 - Chỉ ra được cos A SABC AB SBA'C ' 2 - Tương tự cos B 0,5 SABC S CA'B' cos2 C S ABC 0,5 - Do đó: S S S cos2 A cos2 B cos2 C AB'C ' BA'C ' CA'B' 0,5 S ABC S S S ' ABC A'B'C ' 1 SABC S Trang 67
8. 34 Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y 35 2 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 3x 4y 0,5 5x 7y - Ta có: 2 8 A 3x 4y 5x 7y 1 1 2 5x 8 7y 0,5 x y 2 2 5x 2 7y 2 - Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương ta được 0,25 2 5x 2.5x 2 2 5x 2 5x.2 8 7x 8.7x 5 2 4 7x 2 7x.2 34 1 34 17 - Vì x y nên A . 2 4 6 0,5 35 2 35 35 2 5x 5x 2 2 x 8 7y 5 - Dấu "=" xảy ra khi 0,25 7y 2 4 y 34 7 x y 35 2 x 17 5 - A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi 35 4 y 7 ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 05) Bài 1: (4,0 điểm) x x 3 2( x 3) x 3 Cho biểu thức P = x 2 x 3 x 1 3 x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P với x = 14 - 6 5 Trang 68
9. c) Tìm GTNN của P. Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho biểu thức A = x – 2 xy + 3y - 2 x + 1 Tìm giá trị nhỏ nhất mà A có thể đạt được. b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 1 x 4 x 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a 2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a) Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c) Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? - Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ 05 Câu 1: (4 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x ĐKXĐ: x 4; x 9 A = 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 Trang 69
10. x 1 x 2 x 1 = x 2 x 3 x 3 b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . Câu 2: (3 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2018 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương ? Giải a) Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 3 16 8 5 3 16 8 5 32 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 k n 1 n 8 k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 x 4 x 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 Giải a) ĐK: 4 x 1 Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 2 x 0 4 3x x 4 x(x 3) 0 (thỏa mãn) x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 . ĐKXĐ: x 2 x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 2 2 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 x 1 2x 3 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy Trang 70
11. b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a 2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải a/ 2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 4 y 4 y 4 x 4 x 2 y 4 ;2 x 4 vậy VP xy = VT 2 2 2 2 x 4 2 Dấu = xảy ra khi: x y 8 y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a/ Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c/ Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải a/ Sử dụng định lý pytago: A AC 2 CB2 BA2 AK 2 KC 2 (BK CK)2 AB2 CB2 BA2 AC 2 (BK CK)2 BA2 (AK KC)2 2CK 2 2BK.CK 2CK(CK BK) CK = 2BK 2 2BK.CK 2BK(BK CK) BK D E b/ Ta có: tanB = AK ; tanC = AK H BK CK AK 2 Nên: tanBtanC = (1) B BK.CK K C KC Mặt khác ta có: Bµ H· KC mà: tanHKC = KH KC KB KB.KC Nên tanB = tương tự tanC = tan B.tan C (2) KH KH KH 2 2 2 AK Từ (1)(2) tan B.tan C KH 1 Theo gt: HK = AK tan B.tan C 3 3 2 SABC AB c/ Ta chứng minh được: ABC và ADE đồng dạng vậy: (3) SADE AD Trang 71
12. Mà BÂC = 600 nên ·ABD 300 AB = 2AD(4) SABC 2 Từ (3)(4) ta có: 4 SADE 30(cm ) SADE ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 06) Câu 1. (4,0 điểm): 3x 9x 3 1 1 1 Cho biểu thức A 2 : x x 2 x 1 x 2 x 1 1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. 2) Rút gọn biểu thức A. 2 3) Tìm giá trị của x để là số tự nhiên. A Câu 2. (4,0 điểm) Giải phương trình: x2 10x 27 6 x x 4 Câu 3. (4,0 điểm): x 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A . x2 x 1 Câu 4. (6,0 điểm) Cho thẳng AB có trung điểm O. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB sao cho CO = DO = OA = OB. Lấy điểm E đối xứng với A qua M. 1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? 2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng: HM MK CD  HK MC 4R 3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B). Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. c ab a bc b ac Chứng minh rằng: 2 a b b c a c - Hết - Trang 72
13. ĐÁP ÁN ĐỀ 06 Câu Ý Lời giải Điểm 1 1 x 0 0,5 Điều kiện: x 1 2 3x 9x 3 1 1 1 0,5 A 2 : x x 2 x 1 x 2 x 1 0,5 x 3 x 2 =  x 1 x 1 x 2 0,5 x 1 x 2 0,5 =  x 1 x 1 x 1 x 2 2 = x 1 3 x 0 Với điều kiện: x 1 2 Ta có: A = x 1 2 2 0,5 Vì A = x 1 ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤ 2 ≤ 2 x 1 2 2 2 2 0,5 Do đó: 2 ¥ khi x 1 = 1 hoặc x 1 = 2 A x 1 Mà x 1 > 0 nên x 1 =1 hoặc x 1 = 2 0,5 2 Do đó: x 0 hoặc x 2 1 3 2 2 2 Vậy là số tự nhiên khi x 0 hoặc x 3 2 2 A 2 1 Giải phương trình: x2 10x 27 6 x x 4 Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6 0,5 2 VT x2 10x 27 x 5 2 2 , dấu “=” xảy ra x 5 0,5 2 2 VP 6 x x 4 12 12 6 x x 4 VP 2, 1 1 Dấu “=” xảy ra 6 x x 4 x 5 6 x x 1 0,5 VT VP x 5(TMĐK). 0,5 Trang 73
14. Vậy nghiệm của phương trình là x 5 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 A x2 x 1 2 0,25 2 1 3 Ta có: x x 1 x 0,x ¡ 2 4 0,5 x 1 x2 x 1 x2 x2 x2 A 2 2 1 2 1 (vì 2 0,x ¡ ) x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0 2 2 x 1 3x 3 x 4x 4 x x 1 0,5 A 3A x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x 2 2 x 2 2 0,25 = 1 1 (vì 0,x ¡ ) x2 x 1 x2 x 1 0,25 1 Suy ra: A , đẳng thức xảy ra khi x 2 0 x 2 3 1 Suy ra: minA = , khi x 2 3 3 1 Tìm được A(0; 3); B(0; 7) 1,0 Suy ra I(0; 5) 0,5 2 Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: 0,5 x + 3 = 3x + 7 x = – 2 yJ = 1 J(-2;1) 0,5 Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20 OJ2 + IJ2 = OI2 tam giác OIJ là tam giác vuông tại J 0,5 1 1 0,5 S OI.OJ  5  20 5(đvdt) OIJ 2 2 4 1 Vì CD  AB CM = MD 0,5 Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là 0,5 hình bình hành 0,5 Mà AE  CD tứ giác ACED là hình thoi 0,5 2 Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: Trang 74
15. MA.MC 0,5 MH.AC = MA.MC MH = AC MB.MC Tương tự ta có: MK = BC 0,5 MA.MB.MC2 MH.MK = AC.BC 0,5 Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C) MC2.MC2 MC3 MH.MK MC MH.MK = = = MC.AB AB MC2 AB Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD = = = HK.MC AB 2AB 4R 0,5 HM MK CD Vậy:  = (đpcm) HK MC 4R 3 Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định. 0,5 Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường. 0,5 Do đó O’C’ = OC = R không đổi 0,5 Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’;R’) cố định khi M di chuyển trên đường kính AB. 0,5 5 Vì a + b + c = 1 nên c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b) a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) 0,5 b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) nên BĐT cần chứng minh tương đương với: c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 0,5 2 2 2 c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 0,5 Mặt khác dễ thấy: x2 y2 z2 xy yz zx , với mọi x, y, z (*) Áp dụng (*) ta có: VT b c a b c a 2 1 0,5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm 3 Chú ý: 1) Nếu thí sinh làm bài không làm bài theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Bài hình không vẽ hình thì không chấm điểm. UBND HUYỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Trang 75
16. x y x y x y 2xy Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P : 1 1 xy 1 xy 1 xy . a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai 1 3 hàm số: y x và y x . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0. Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD. c) ME.MA = MF.MD. Hết Trang 76
17. UBND HUYỆN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1. 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 0,5 đ 1 xy 1 xy x x y y y x x x y y y x 1 xy 0,5 đ . 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) x 3 2 3 1 ( 3 1)2 0,5 đ 2 3 4 3 0,5 đ x ( 3 1)2 3 1 3 1 2( 3 1) 2 3 2 0,5 đ P 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 6 3 2 P 5 2 3 13 2 3 a) 1 3 x 0 y 0,5 đ Đồ thị y x có : 2 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x 0,5 đ x khi x 0 Đồ thị như hình vẽ: y N 3 (L) 1 đ (D) 3/2 M 1 - 3 O 1 3 x b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2 Trang 77
18. ON = 32 ( 3)2 3 2 ON2 = 18 0,5 đ MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 2 2 2 0,5 đ Vì: OM + ON = MN 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 1 đ x2 x 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 2 Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 1 đ 10 5 Do đó: y và y 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 1 đ x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 1 đ 1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) 0,5 đ AD2 AJ2 AI2 Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 0,5 đ ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 0,5 đ 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) AD2 AM2 AI2 a 2 Trang 78
19. 5 M E I F H A O D B C O / N a) 0 Ta có A· EB C· FD 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: 0,5 đ OE  EF và OF  EF => OE // O/F => E· OB F·O/ D (góc đồng vị) => E· AO F·CO/ 0,5 đ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN 0,5 đ Hay E· NF 900 . Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD 0,5 đ Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 0,5 đ 0,5 đ => F· DC H· NC 0,5 đ Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) => N· HC D· FC 90O hay MN  AD c) 0,5 đ Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 0,5 đ => M· FE E· AB 0,5 đ Suy ra đồng dạng (g – g) MEF MDA 0,5 đ ME MF => , hay ME.MA = MF.MD MD MA Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./. Trang 79