Chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng qui.. Kẻ tia Ax vuông góc với AB tia Ax và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB.. Qua O kẻ một đường thẳng song song với BC cắt ti
Trang 11 Cho 3 5 7 3 5
2 2
x Tính 2 2011
P( )x x x 1
2 Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện xyz 100 Tính giá trị của
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
Bài 2 (2 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A(4;2);B( 7;0);C(0; 4);D( 6; 3);E(3; 2);
F(2; 7).
1 Chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng qui
2 Gọi M là một điểm trên đường thẳng AD và điểm H 5; 3 5 .
Chứng minh rằng MH 7
Bài 3 (3 điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên x; y của phương trình : 2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0
2 Giải phương trình : x 2 7x 6 x 3 x 6 x 2 2x 3
3 Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng :
y z z x x y 2
Bài 4 (2 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Kẻ tia Ax vuông góc với AB (tia Ax và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Lấy một điểm C bất kì thuộc nửa đường tròn (C khác A và B) Qua O kẻ một đường thẳng song song với BC cắt tia Ax tại
M và cắt AC tại F
1/ Chứng minh rằng MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O
2/ BM cắt nửa đường tròn tại D Chứng minh MDF đồng dạng với MOB
Bài 5 (1 điểm)
Cho ABC vuông tại A có B 20 0, đường phân giác BI (I thuộc AC) Vẽ ACH 30 0
(H thuộc cạnh AB) Tính CHI?
Đề thi này gồm có 01 trang
-Họ và tên thí sinh :
Số báo danh :
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học 2013 - 2014 Môn : Toán 9
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Trang 2Bài 1 (2 điểm)
1 điểm
1 Ta có :
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
4
5 1 3 5 4
5 1 3 5 4
1
x
Do đó : P(1) 1 1 1 2 2011 12011 1
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
1 điểm
2 Vì x, y, z nguyên dương; xyz 100 xyz 10
Ta có :
y
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
xy x 10 10 xy x z x 10 xy
xy
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10 1
xy x 10
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ Bài 2 (2 điểm)
1 điểm 1 Các điểm : A(4;2);B( 7;0);C(0; 4);D( 6; 3);E(3; 2); F(2; 7) .
*) Phương trình đường thẳng AD có dạng : y = ax + b
- Thay x = 4 và y = 2 ta được phương trình : 4a + b = 2 b = 2 – 4a (1)
- Thay x = - 6 và y = - 3 ta có phương trình : - 6a + b = - 3 b = 6a – 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình : 2 – 4a = 6a – 3 - 10a = - 5 a = 1
2
b = 0 Phương trình đường thẳng AD là : y = 1
2x
*) Phương trình đường thẳng BE có dạng : y = cx + d
- Thay x = - 7 và y = 0 ta được phương trình : - 7c + d = 0 d = 7c (3)
- Thay x = 3 và y = - 2 ta có phương trình : 3c + d = - 2 d = - 2 - 3c (4)
0,25đ
Trang 3Từ (3) và (4) ta có phương trình : 7c = - 2 - 3c 10c = - 2 c = 1
5
d = 7
5
Phương trình đường thẳng BE là : y = 1x 7
5 5
*) Phương trình đường thẳng CF có dạng : y = mx + n
- Thay x = 0 và y = - 4 ta được : n = - 4 (5)
- Thay x = 2 và y = - 7 ta có phương trình : 2m + n = - 7 n = - 7- 2m (2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình : - 4 = - 7 - 2m 2m = - 3 m = 3
2
Phương trình đường thẳng CF là : y = 3x 4
2
*) Phương trình hoành độ giao điểm của AD và BE là :
2 5 5 10 5
Tọa độ giao điểm của AD và BE là (- 2; - 1)
Thay x = - 2 vào phương trình đường thẳng CF ta có : y = - 1
(- 2; - 1) thuộc đường thẳng CF
Vậy AD, BE và CF đồng qui tại (- 2; - 1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1 điểm
2 Vì M là một điểm thuộc đường thẳng AD : y 1x
2
nên tọa độ của điểm
M có dạng M(2x ; x ) 0 0
Ta có :
2
MH 49
với mọi x 0 MH 7 (ĐPCM)
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 3 (3 điểm)
1 điểm 1 Ta có :
x 3y 2xy 2x 10y 4 0
x 2xy y 4y 4y 1 2x 6y 5 0
x y 2y 1 2 x 3y 5 0
x y 1 x 3y 1 2 x 3y 1 7 0
x 3y 1 x y 3 7
Vì x, y nguyên nên x 3y 1 và x y 3 nguyên các trường hợp :
*) Trường hợp 1: x 3y 1 1 x 3y 0 x 3y x 3
*) Trường hợp 2: x 3y 1 1 x 3y 2 x 2 3y x 7
*) Trường hợp 3: x 3y 1 7 x 3y 6 x 6 3y x 3
0,25đ
0,25đ
Trang 4*) Trường hợp 4: x 3y 1 7 x 3y 8 x 8 3y x 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x; y 3;1 ; 7; 3 ; 3;1 ; 1; 3
0,25đ 0,25đ
1 điểm
x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3 1
Ta cĩ 2
x 7x 6 x 1 x 6 và 2
x 2x 3 x 1 x 3 nên phương trình xác định
x 1 0 x 1 x 6
x 6 0 x 6
Khi đĩ :
x 6 x 3 x 1 1 0
x 6 x 3 0 x 6 x 3 x 6 x 3 0x 9 (
x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 2 (
vo ânghiệm) loại vì không thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
1 điểm
3 Vì x, y, z là các số thực dương Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta cĩ :
2
2 2
4x y z 2x y z
y z 4
Chứng minh tương tự ta cĩ :
Dấu “=” cĩ ở (2) 2y z x
Dấu “=” cĩ ở (3) 2z x y
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta được :
x y z
y z z x x y 2
Dấu “=” cĩ
2x y z 2y z x x y z 2z x y
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ Bài 4 (2 điểm)
Trang 5Vẽ hình chính xác, ghi đúng giả thiết, kết luận 0,25đ
0,75đ
1 Do OM//BC MOA CBO (đồng vị) và MOC OCB (so le trong)
Mà OB = OC OBCcân tại O CBO OBC
Do đó : MOA MOC OM là phân giác của cân OAC
OM là đường trung trực của AC MA = MC
Xét MAOvà MCOcó :
MO chung
MA = MC
OA = OC
MAO
= MCO(c.c.c)
MCO MAO 90 MC OC MC
là tiếp tuyến của đường tròn (O)
0,25đ
0,25đ 0,25đ
1 điểm
2 Chứng minh : MDA MD MA 2
Xét MAO vuông tại A, đường cao AF nên MA 2 MF.MO (2)
Từ (1) và (2) MD.MB MF.MO MD MO
MF MB
Xét MDF và MOB có :
M chung
MF MB
MDF
MOB(c.g.c)
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ Bài 5 (1 điểm)
0,25đ
Vẽ hình chính xác, ghi đúng giả thiết, kết luận 0,25đ
0,75đ Từ giả thiết HCB 40 0 Kẻ đường phân giác CK thì HCK BCK 20 0
Trang 6Trong vuông AHC có ACH 30 0 nên AH CH
2
Ta có : AH 1 CH. 1 BC.
HK 2 HK 2 BK (Vì CK là phân giác của HCB)
Kẻ KM vuông góc BC tại M
BMK
BAC (góc nhọn) BM AB
BK AC
hay BC AB AH
2BK ACHK (1)
Do BI là phân giác của ABC nên AI AB
IC BC (2)
Từ (1) và (2) AI AH 0
CK//IH CHI HCK 20
IC HK
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Chú ý : Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa