Tìm vị trí của M, N để diện tích ∆ABC đạt giá trị lớn nhất... C là điểm bất kì trên nửa đờng tròn, kẻ CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác CAH và CHB..
Trang 1Đề 1
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Toán
Đề môn
Đ1
Bài 1: Cho a, b, c, d là bốn số dơng.
Chứng minh :
c b
a
b
a d
c
+ +
b a
d
+ ≥2
Bài 2: Giải các phờng trình và hệ phơng trình sau:
a, 3 2 x− + x−1 = 1
b,
= +
= +
= +
2 2 2
2 2 2
y xz
x yz
z xy
Bài 3: Cho ∆ABC có A > 900
Gọi R, r là độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp và đờng tròn nội tiếp ∆
ABC ; gọi M, N, P lần lợt là hình chiếu tâm 0 đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC trên AB, BC và AC
a, Chứng minh : BN.OM + BM.ON = BO MN
b, Đặ t ON = d1 ; OP = d3 ; OM = d2
Tính R + r theo d1 , d2 , d3
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, trên hai cạnh AB, AD lần lợt lấy
hai điểm M, N sao cho chu vi ∆AMN là 2a
Tìm vị trí của M, N để diện tích ∆ABC đạt giá trị lớn nhất
Trang 2Đáp án Đ1
đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : Toán 9
Đ2
Đ2
Bài 1: ( 3,5 điểm)
Chứng minh với ∀x, y > 0 ta có
4
+ (*) ( 0,5 đ )
VT =
d a
c c
b
a
+
+ + + db+c + a+db ( 0,5 đ )
=
dc 2 d 2 b
ba d
a c b
2 c cb ad 2 a
+ + + +
+ +
+ + + +
+
)
( ( 0,5 đ )
( 0,5 đ ) ( 0,5 đ )
≥ 4
2 d 2 b ba 4 2
d c b a
2 c cb ad 2 a
+ + +
+ + + +
+ + +
+ + +
( theo *)
(a b c d)2
2 d b 2 c a 2 d c b a
+ + +
− +
− + +
+
Bài 2: a/ ( 4 điểm)
Đặt a = 3 2−x
b = x− 1 ≥ 0 ( 0,5 đ )
Ta có : ( )I
1 b a
1 2 b 3 a
= ++ = ( 0,5 đ )
⇒ a3 + a2 - 2a = 0 ( 0,5 đ )
⇔
=
− +
=
0 2 a 2 a
0
a
( 1 đ)
Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) ( 0,5 đ )
nên phơng trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 ( 0,5 đ )
b, ( 4,5 đỉêm)
( ) ( )
= +
= +
= +
(3) 2 2 y xz
2 2 2 x yz
1 2 2 z xy
Trang 3Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4) ( 0,5
đ )
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5) ( 0,5 đ )
Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :
= +
=
− +
−
2 2 y xz
0 z y x x y
0 z y x z x
( 0,5 đ )
Để giải hệ trên ta giải 4 hệ
2 2 y xz
0 z y x
0 z
x A
2 2 y xz
0 x
y
0 z
x
= +
=
−
−
= +
=
−
2 2 y xz
0 z y x
0 z y
x C
2 2 y xz
0 z y
x
0 x
y
= +
=
−
−
= +
= +
−
Giải 4 hệ trên ta đợc 8 bộ nghiệm của hệ phơng trình :
(1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ( 2; 0; 2) ; (− 2; 0;− 2)
( 2; 2 ;0) ; (− 2; − 2 ;0) ; (0; 2; 2) ; ( 0;− 2 ;− 2)
Giải ra mỗi bộ nghiệm cho ( 0,25 điểm)
Bài 3:
a, Ta có BM0 = BN0 = 900
=> OMBN là tứ giác nội tiếp
Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=> ∆BME ∆NMO ( 0,5 đ )
=> BMBE = NMNO ( 0,25 đ )
=> BM NO = BE NM ( 0,25 đ )
Chứng minh tơng tự BN OM = OE MN ( 0,5 đ )
Cộng theo từng vế BM ON +BN ON = MN BO ( 0,5 đ )
b Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của ∆ABC
theo câu a ta có d1 2
a
+ d22
c
= R 2b ( 0,5 đ )
áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có
d1 2b + d3 2
c
= R 2
a
( 0,25 đ )
( 0,25 đ )
( 0,25 đ )
( 0,25 đ )
0
B
N
0
d1
A
E
d3 d2
C
Trang 4d 3 2
a
+ d2 2
b
= R 2
c
( 0,25 đ )
Cộng theo từng vế :
2
R ( a+b+c) =
2
1 ( d
1b + d2b + d3c + d3a + d1a + d2c) ( 0,5 đ )
mặt khác SABC= 2r ( a+b +c ) = 2
1
( d1c + d3b + d2a) ( 0,5 đ )
Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d1+d2+d3) ( 0,5 đ )
hay R + r = d1 + d2 + d3 ( 0,5 đ )
Bài 4: (2,5 điểm)
Đặt AM = x , AN = y ( x, y > 0 ) ( 0,25 đ )
Ta có x + y + x 2 y+ 2 = 2a ( 0,25 đ)
mà x + y ≥ 2 xy
x2 + y2 ≥ =2xy ( 0,5 đ )
Nên x + y + x2 +y2 ≥ ( 2 + 2) xy ( 0,25 đ )
Hay 0 < xy ≤
2 2
2
+
a
=> xy ≤ a(2 2)2
2 ) 2 (
+
a
( 0,25 đ )
Mặt khác SAMN = 21 AM AN = 12xy ( 0,25 đ )
Nên SAMN ≤ 2
) 2 2 (
2 ) 2 (
+
a
= ( 3 – 2 2) a2 không đổi ( 0,25 đ)
=> SAMN max = ( 3 – 2 2) a2
<=> AM = AN = ( 2- 2) a ( 0,5 đ )
Đề 2
Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Đề
môn
Đ3
Trang 5môn : toán
Bài 1 ( 6 điểm):
a, Giải phơng trình sau:
(x + 4)4 = 2.(2x +13)2 + 50.(2x+13) (3điểm)
b, Cho các số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện
a + b + c = 1 Chứng minh rằng :( 1+a).(1+b).(1+c) ≥ 8( 1- a).(1- b).(1- c) ) (3điểm)
Bài 2: (4 điểm) : Cho phơng trình: x - 1−x2 = m
Với giá trị nào của m thì phơng trình trên có nghiệm duy nhất
Bài 3: ( 4 điểm) :Biết các số dơng x , y , z thoả mãn hệ phơng trình:
= +
+
= +
= +
+
16 2 x xz 2 z
9 2 z 3
2 y
25 3
2 y xy 2 x
Tính giá trị biểu thức A = xy + 2yz + 3xz
Bài 4: (6 điểm)
Cho nửa ( 0; R) đờng kính A B C là điểm bất kì trên nửa đờng tròn, kẻ
CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác CAH và CHB Đờng thẳng IK cắt CB; CA tại N và M HI cắt CA tại E;
HK cắt CB tại F
a, Chứng minh MN // EF
b, Xác định vị trí của C để SCMN đạt giá trị lớn nhất
Đáp án Đ2
đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
Đ2
H3
Trang 6môn : toán 9 Bài 1: ( 3 điểm)
a; Giải phơng trình (x +4)4 = 2(2x +13)2 +50 (2x +13)
Đặt
2
5 y 4 x y
2
13 2x
−
= +
⇒
=
(1) ⇔ 2) 16y 100y
5
( 0,5 đ )
) 0 (**)
4
25 (y
16y )
2
5 (y − 4 − 2 + =
Đặt y − )2 =t
2
5 (
(**) trở thành : t2 - 16yt - 80 y2 = 0 ( 0,25 đ )
⇔
⇔
=
−
=
=
− +
20y t
4y t
0 20y t
4y t
( 0,5 đ )
Với t = - 4y 0
4
25 y 2
y − + =
⇒ phơng trình vô nghiệm ( 0,5 đ)
Với t = 20 y 0
4
25 25y 2
y − + =
⇒
Giải phơng trình có nghiệm y1 =
2
6 10
25−
y2 =
2
6 10
Từ đó suy ra x1 = 6 - 5 2
x2 = 6 + 5 2 ( 0,5 đ )
b, Ta có :
a + b + c = 1 ⇒ a = 1 – b – c ( 0,5
đ )
⇒1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ )
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng 1 –b ; 1 – c
Trang 7Ta có: 1 + a = 1 - b +1 - c ≥2 (1−b)(1−c) ( 0,5 đ ) Tơng tự ta có : 1 + b ≥ 2 (1−a)(1−c) ( 0,5 đ )
1 + c ≥2 (1−a)(1−b) ( 0,5 đ)
Do đó (1+a)(1+b)(1+c) ≥8(1−a)(1−b)(1−c) ( 0,5 đ )
Bài 2 ( 4 điểm ): Ta có : x - 1−x2 = m (1)
=
− +
−
≥
⇔
−
=
−
⇔
(2) 0 1 m 2mx 2x
m x
x 1 m x
2 2
2
( 0,5 đ )
Để phơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì phơng trình (2) có nghiệm x0
thoả mãn x0 m≥ ( 0,5 đ )
Đặt x – m = y ⇒ x= y +m
Thay vào phơng trình (2) ta có: 2y2 + 2my + m2 -1 = 0 (3) ( 0,5 đ ) Phơng trình (1) có nghiệm duy nhất
⇔ phơng trình (3) có 1 nghiệm y 0≥ ( 0,5 đ)
Có 3 trờng hợp :
• Phơng trình (3) có nghiệm kép không âm
2 m
0 m
0 2 m 0
S
−
=
⇔
≥
−
= +
−
⇔
>
=
′
• Phơng trình 3 có hai nghiệm trái dấu ⇔ P< 0
P = 0 1 m 1
2
1
m2
<
<
−
⇔
<
− ( 0,5 đ )
* Phơng trình (3) có 1 nghiệm bằng 0; nghiệm còn lại âm
1 m 0
m
0 1 m 0
S
0
=
⇔
<
−
=
−
⇔
<
=
Vậy phơng trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔m = − 2; -1 < m 1≤
Bài 3 ( 4 điểm ):Từ gt cộng theo từng vế phơng trình thứ (2) và thứ (3)
Ta có :
3
y xy x
25 25 x
xz z
z 3
2 2
2 2
2
+ +
=
= + + +
=> 2z2 = x( y – z ) ( 0,5 đ )
( 0,5 đ )
Trang 8Mặt khác 12.( +z ).
3
y2 2
( z2 + xz + x2 ) – A2 ( 0,5 điểm )
= 4z4 + x2y2 + 4xz3 + x2z2 - x2yz – 4xyz2 ( 0,5 điểm )
= [x(y z)]2 4z4 4x2x(y z)
−
− +
Do đó : A2 - 12.( + z )
3
y2 2
( z2 + xz + x2 ) = 0 ( 0,5 điểm ) Vậy 12.16.9 = ( xy+ 2yz + 3xz )2 ( 0,5 điểm )
do x, y, z > 0
=> A = xy + 2yz + 3xz = 24 3 ( 0,5 điểm )
Bài 4: (6 điểm) a, Ta có tứ giác CEHF nội tiếp ( 0,5 điểm )
=> CFE = CHE = 450 => Δ CFE vuông cân ( 0,5 điểm )
=> CE = CF => I là tâm đờng tròn nội tiếp
=> CI là phân giác
=>
IH
IE
= CH
CE
( 0,5 điểm ) Tơng tự CHCF = KHKE ( 0,5 điểm )
Do đó = ⇒
KH
KF IH
IE
IK // EF ( 0,5 điểm ) hay EF // MN ( 0,5 điểm )
b, Ta có EF // MN ; Δ EMF cân => Δ CMN vuông cân ( 0,5 điểm )
SCMN = CM CN
2
1
= CM2
2
1
( 0,5 điểm )
SCMN max <=> CM max ( 0,5 điểm )
Δ CMI = Δ CHI ( c g c ) => CH = CM ( 0,5 điểm )
=> Do đó : SCMN max <=> CH max
Mặt khác CH ≤ CO = R không đổi ( 0,5 điểm )
Nên SCMN max = R2
2
1
<=> C là điểm chính giữa của cung AB ( 0,5 điểm )
H
F N C
O
Trang 9Đề 3
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : toán
Đề môn
Đ2
Bài 1( 5 điểm):
a, ( 3 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn
x2 ( x2 + 2y2 – 3 ) + ( y2 – 2)2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x2 + y2
b, ( 3 điểm) : Chứng minh bất đẳng thức sau:
+ 2
1
3
1
3 + 4
1
<
n
1
3
Bài 2: ( 6 điểm)
a, ( 2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + z = xyz
b, ( 4 điểm): Giải hệ phơng trính sau:
x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x2 + y2 + z2 = 14
Bài 3( 6 điểm): Cho ( O; R); CD là một dây cung cố định Trên tia đối của tia
CD lấy M bất kỳ Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn ( A, B là tiếp
điểm )
a, Chứng minh khi M thay đổi thì đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố
định
b, Đờng thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB , AD lần lợt tại N, K Chứng minh NC = NK
Bài 4: Giả sử h1; h2; h3 là độ dài các đờng cao của Δ ABC , r là bán kính đờng
tròn nội tiếp Biết: h1+ h2+ h3 = 9r
Chứng minh: Δ ABC đều
Trang 10Đáp án Đ3
đáp án và biểu chấm môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : toán 9
Đ2
H2
Bài 1: a, Ta có : x2 ( x2 + 2y2 – 3 ) + ( y2 – 2)2 = 1 ( 0,25 điểm )
<=> x4 + 2x2y2 - 3x2 + y4 + 4y2 + 4 = 1 ( 0,25 điểm )
<=> ( x2 + y2) 2 - 4( x2 + y2) 2 + 3 = - x2 ( 0,5 điểm )
Đặt x2 + y2 = A
( 1 ) <=> A2 – 4A + 3 ≤ 0 ( vì -x2 ≤ 0) ( 0,5 điểm )
<=> ( A-1) ( A- 3) ≤ 0 ( 0,5 điểm )
<=> A ≥ 1
A ≤ 3
<=> 1 ≤ A ≥ 3 ( 0,25 điểm )
Vậy Amin = 1 <=> x= 0
y= 1± ( 0,5 điểm )
A max =3 <=> x= 0
y= 3± ( 0,5 điểm )
b, Ta có :
1) + 1)k(k -(k
1
= 1) -k.(k
1
<
k.k
1
= k
1
2 2
3
mà 2 ( k 1 ) k ( k 1 )
) 1 k ( ) 1 k ( ) 1 k ( k ) 1 k ( 2
2 1)
1)k(k
-(k
1
+
−
−
− +
= +
−
<
+
+
−
−
=
) 1 k ( k
1 k
) 1 k (
1 2
1
Do đó 3 <
k
1
+
−
− k(k 1)
1 )
1 k ( k
1 2
1
( 0,5 điểm )
áp dụng với k = 2 ta có )
3 2
1 1 2
1 ( 2
1 2
1
3 < − ( 0,5 điểm )
Với k = 3 ta có )
4 3
1 2 3
1 ( 2
1 3
1
3 < − ( 0,5 điểm )
………
Với k = n ta có )
1 n ( n
1 )
1 n ( n
1 ( 2
1 n 1
3 < − − + ( 0,5 điểm )
Trang 11Cộng theo từng vế các bất đẳng thức cùng chiều :
+
2
1
3
1
3 + 3 <
n
1
4
1 ) ) 1 n ( n
1 2
1 ( 2
1 <
+
− ( 0,5 điểm )
Bài 2(2 điểm):
a, Vai trò của x, y, z bình đẳng
Không mất tính tổng quát giả sử : 0 < x ≤ y ≤ z ( 0,25 điểm )
Ta có : xyz = x+ y+ z ≤ 3z
=> xy ≤ 3 ( 0,25 điểm ) Nếu x= y = z thì z3 = 3z => z2 = 3 vô lý vì x, y, z ∈z ( 0,25 điểm )+
Vậy phải có ít nhất hai trong 3 số x, y, z không bằng nhau
do đó x.y.z < 3z ( 0,25 điểm )
=> x.y < 3
Nên x y = 1 hoặc x.y = 2 ( 0,25 điểm ) Với x.y = 2 mà x ≤ y và x, y ∈ Ζ+
Nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3 ( 0,25 điểm ) Với x.y = 1 mà x, y ∈ Ζ+ => x = 1; y = 1
=> 2 + z = z vô nghiệm ( 0,25 điểm ) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên dơng ( x, y, z ) = (1; 2; 3)
và các hoán vị ( 0,25 điểm )
b, ( 4 điểm) x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x2 + y2 + z2 = 14
x + y + z = 6
⇔ xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
(x + y + z )2 – 2(xy + yz + zx) = 14
x + y + z = 6
⇔ xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
xy + yz + xz = 11 Suy ra x.z = 2 ( 0,5 điểm )
Ta có : x + y + z = 6 y + ( x + z ) = 6
y( x + z ) = 9 y ( x + z ) = 9 (0,5 điểm )( 0,25 đ ) <=>
Trang 12y và ( x + z ) là nghệm của phơng trình : X2 – 6X + 9 = 0 ( 0,25 điểm )
<=> X = 3 ( 0,25 điểm )
Vậy y = x + z = 3
Ta có x + z = 3
x.z = 2 ( 0,25 điểm )
x, z là nghiệm của phơng trình : a2 – 3a + 2 = 0
⇔ a1= 1; a2 = 2 ( 0,25 điểm )
Do đó
=
=
=
=
1 z
2 x
; 2 z
1 x
( 0,5 điểm ) Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghệm
( x ; y ; z ) = ( 1; 2; 3) ; ( x ; y ; z ) = ( 3; 2; 1) (0,25 điểm )
Bài 3: (6 điểm): a, Gọi I là trung điểm của CD
F ; Q là giao điểm của AB với OM ; OI
Ta có OFQ∆ đồng dạng với ∆OIM ( g.g) ( 0,5 điểm )
OI
OF OM OQ
OM
OQ OI
OE
=
⇒
=
⇒
mà OF OM = OA2 không đổi ( 0,5 điểm )
( Hệ thức lợng trong tam giác vuông )
O cố định ; đờng thẳng OI cố định ( 0,5 điểm )
OI
OF OM
OQ= =
OI
OA2
không đổi ( 0,5 điểm )
=> Q cố định ( 0,5 điểm )
b, Ta có O, B, M , A, I thuộc một đờng tròn ( 0,5 điểm )
IBA = IMA ( hai góc nội tiếp cùg chắn cung IA )
Mà ICK = IMA ( cặp góc đồng vị – CK // MA )
IBA = ICN ( 0,5 điểm )
I, B, C, N thuộc một đờng tròn ( 0,25 điểm )
CBN = CIN ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN ) ( 0,5 điểm )
Mà CBA = CDA ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA )
CIN = CDA ( 0,5 điểm )
IN // AD ( 0,25 điểm )
C
B
Q
D
I E A
N F
Trang 13Trong Δ CDK có IC = ID ; IN // DK
=> NC = NK ( 0,5 điểm )
Bài 4 (2điểm): Gọi a, b, c là độ dài các cạch của Δ ABC ứng với h 1 , h2 , h3
S là diện tích Δ ABC
Ta có 2S = a.h1 = b.h2 = c.h3 = ( a + b + c ) r ( 0,5 điểm )
) c
1 b
1 a
1 )(
c b a ( ) h h h (
r
1
c
c b a b
c b a a
c b a r
h r
h r
h
3 2 1
3 2
1
+ + +
+
= +
+
⇒
+ + + + + + + +
= + +
⇒
( 0,5 điểm )
h1 + h2+ h3 = 9r
9 ) c
1 b
1 a
1 ).(
c b a
( + + + + =
Mặt khác a, b, c > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
a + b + c ≥ 33 a.b.c ( 0,25 điểm )
c
1 b
1
a
1 + + 3
abc
1 3
9 ) c
1 b
1 a
1 ).(
c b a
( + + + + ≥
D u “ =” xẩy ra ấ ⇔ a = b = c hay Δ ABC đều ( 0,25 điểm )
Vật Lý
Đề 1