Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 13 pptx

Vẽ đường trũn tõm O đường kớnh CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F.. Cho sỏu đường trũn cú bỏn kớnh bằng nhau và cú điểm chung.. Chứng minh rằng tồn tại ớt nhất một trong những đường trũn

Sở Giỏo dục và Đào tạo

HƯNG YấN

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2011-2012

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Cõu I

1 Tớnh f(x) = (x4 + 2x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15

2 Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trờn (P) sao cho gúc A1O A2 = 900 Gọi hỡnh chiếu của A1, A2 trờn Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1

Cõu II

1 Cho PT x2 -3mx- m = 0 cú hai nghiệm phõn biệt

2 Tỡm min S =

2 2

m



Giải PT nghiệm nguyờn x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

Cõu III

1 Giải hệ

2 2

2

2 1(1) (2)

xy

x y







2 Giải PT (3x+1) 2 2 3

2

x   x  x

Cõu IV

1 Cho tam giỏc ABC vuụng tại C cú đường cao CD Vẽ đường trũn tõm O đường kớnh CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F Gọi M là giao điểm của

BE và đường trũn tõm O; AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P

a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cựng thuộc một đường trũn

b) Khi D, M, P thẳng hàng, tớnh cỏc gúc của tam giỏc ABC

2 Cho tam giỏc ABC vuụng tại C cú gúc A bằng 600 và trung tuyến BD =

3

4a Tớnh dịờn tớch tam giỏc ABC theo a

Cõu V

Cho sỏu đường trũn cú bỏn kớnh bằng nhau và cú điểm chung Chứng minh rằng tồn tại ớt nhất một trong những đường trũn này chứa tõm đường trũn khỏc

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012 Câu I

1.Tính f(x) = (x4 + 2x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5  3) 4  15

2.Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900 Gọi hình chiếu của A1, A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1

Lời giải:

1 HS tự làm

2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 trên (P) nên gọi A1( a;a2) và A2( b; b2) thì B1(a; 0), B2(b; 0) khi đó đường thẳng OA1,OA2 lần lượt có PT y = ax và y = bx

do góc A1O A2 = 900 nên hai đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên OB1.OB2 = a b. =1

Câu II

1 Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt

Tìm min S =

2 2

m



Lời giải:

-) PT có nghiệm khi 9m2 + 4m  0 hay m(9m+4)  0(*)

-) x2 -3mx- m = 0  x2 = 3mx+ m nên S =

2

2

m



2 1

m







Để S tồn tại thì m khác 0 và 4

9

 do đó từ ĐK ta có

m

m  > 0nên áp dụng BĐT Côsi ta có

S2, mà thấy khi m = -1

2 thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2

2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

HD:

Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có 2 2

   từ đó ta có

x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)

Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2)

Câu III

1.Giải hệ

2 2

2

2 1(1) (2)

xy







Lời giải:

ĐK x+y > 0

(1) (x+y)3 -2xy(x+y) +2xy –(x+y) = 0 (x+y -1)[(x+y)(x+y+1) – 2xy] =

0

x+y -1= 0 (3) hoặc (x+y)(x+y+1) – 2xy = 0(4)

 Ta có (4)  x2y2+ x+y = 0( vô nghiệm do ĐK)

 Giải hệ (2), (3) không khó

2.Giải PT (3x+1) 2 2 3

2

x   x  x

Lời giải:

ĐK: 2

2x  1 0

Đặt t = 2

2x 1

Ta có PT tương đương với 2(3x+1) 2 2 2

2x   1 4(2x  1)  2x  3x 2

Nên có 4t2 -2(3x+1)t + 2

2x +3x – 2 = 0 coi là PT bậc hai ẩn t ta có 2

(x 3)

từ đó tìm được nghiệm của PT

Câu IV

3 Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD Vẽ đường tròn tâm O đường kính CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F Gọi M là giao điểm của

BE và đường tròn tâm O; AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P

c) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn

d) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC

HD:

b) Ta có DME· BMP· BFP· CFE· nên CE» DE» từ đó giải được bài toán

4 Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD =

3

4a Tính dịên tích tam giác ABC theo a

HD:

Vì góc A bằng 600 nên BC = AC 3 Xét tam giác BCD tính được BC theo

a, từ đó tính được SABC theo a

Câu V

Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm đường tròn khác

Lời giải:

Giả sử có sáu đường tròn tâm Oi (i

= 1->6) có bán kính r và M là điểm chung

của các đường tròn này Để chứng minh

bài toán ta chỉ cần chứng minh ít nhất có

hai tâm có khoảng cách không lớn hơn r

Nối M với các tâm Nếu hai trong

những đoạn thẳng vừa nối nằm trên cùng

một tia có điểm đầu là M thì bài toán

được chứng minh

Trong trường hợp ngược lại, xét

góc nhỏ nhất trong các góc nhận

đượcđỉnh M, giả sử đó là góc O1MO2 Do

tổng các góc này là 3600 nên góc O1MO2

 600 Khi đó trong tam giác O1MO2 có

một góc không nhỏ hơn góc O1MO2( nếu

ngược lại thì tổng các góc trong tam giác

nhỏ hơn 1800) Từ đó suy ra trong những

cạnh MO1 và MO2 trong tam giác O1MO2

không nhỏ hơn O1O2tức ta có O1O2 r vì

MO1 r, MO2 r

O4 O5

O6

M

O1 O2 O3