Xác định điểm cố định của đồ thị hàm số?. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 1đơn vị diện tíchb. Chứng minh: c
Trang 1PHÒNG GD – ĐT QUẢNG TRẠCH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2013 - 2014
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề số 1:
Câu 1: ( 2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
a A = 6+ 3 2 2 3 2 2.+ + 6− 3 2 2+ .
b B = (20082 2014 2008) ( 2 4016 3 2009)
2005.2007.2010.2011
Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho hàm số: y= mx – 3x + m + 1
a Xác định điểm cố định của đồ thị hàm số?
b Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số là một đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích bằng 1(đơn vị diện tích).
Câu 3: ( 2,5 điểm)
a Chứng minh bất đẳng thức: a2+b2 + c2 +d2 ≥ (a c+ )2+ +(b d)2 .
Áp dụng giải phương trình: x2+2x+ +5 x2−6x+10 = 5
b Cho Q = 16
3
x x
+ + Tìm giá trị nhỏ nhất của Q
Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh BC lấy điểm M, trên tia đối của tia BA lấy điểm N sao cho BN = BM Chứng minh: các đường thẳng AM, CN và đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD đồng quy tại một điểm.
Câu 5: ( 2,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ABC = 60 ; BC = a ; AB = c· 0 (a, c là hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi
là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó.
Trang 2m+1 m-3 B
m+1
O
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 9 - CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút)
3 2 2 ( 6) ( 3 2 2) 3 2 2 6 (3 2 2)
A = (3 2 2)(3 2 2)+ − = 9 (2 2)− 2 =1
0.5 0.5
2.0 b
B = (20082 2014 2008) ( 2 4016 3 2009)
2005.2007.2010.2011
Đặt x = 2008, khi đó
B = ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x x 6 x 2x 3 x 1
x 3 x 1 x 2 x 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
x 2 x 3 x 3 x 1 x 1
x 3 x 1 x 2 x 3
− − + + = x + 1 = 2009
0.25 0.25 0.5
y = (m – 3)x + (m + 1)
Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định của đồ thị hàm số, ta có:
y0 = mx0 – 3x0 + m+ 1 thỏa mãn với mọi giá trị của m
( 1) (1 3 ) 0,
Vậy điểm cố định cần tìm M(-1; 4)
0.25 0.25
1.5
b
Ta có: Đồ thị là đường thẳng cắt hai trục tọa độ khi m – 3 0≠ ⇔ ≠m 3
S∆ABO =1 1 1 1
m m m
+
−
2 (m 1) 2m 3
Nếu m> 3 ⇔ m2 +2m +1 = 2m -6 ⇔ m2 = -7 ( loại)
Nếu m < 3 ⇔ m2 +2m +1 = 6 – 2m ⇔m2 + 4m – 5 =0
⇔(m – 1)(m + +5) = 0 ⇔ m = 1; m = -5
0.5
0.5
3 a Hai vế BĐT không âm nên bình phương hai vế ta có:
a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a2+b2)(c2+d2) ≥a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2
⇔ (a2+b c2)( 2+d2) ≥ ac + bd (1)
Nếu ac + bd < 0 thì BĐT được c/m
Nếu ac + bd ≥0 (1) ⇔( a2 + b2 )(c2 + d2) ≥a2c2 + b2d2 +2acbd
⇔a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 +2acbd
⇔ a2d2 + b2c2 – 2abcd ≥ 0 ⇔(ad – bc)2 ≥ 0 ( luôn đúng)
Dấu “=” xẩy ra ⇔ ad = bc ⇔ a c
b = d
Áp dụng: xét vế trái VT = (x+1)2+22 + (3−x)2+ ≥12 (x+ + −1 3 x)2+ +(2 1)2
0.5
0.5
0.25
1.5
Trang 3N
C D
M
Mà VP = 5, vậy dấu bằng xẩy ra ⇔ 1 3 1 6 2 5
b.
Điều kiện: x≥ 0
Q = ( 9) 25 3 25 6
x
x
25
2 ( 3) 6 10 6 4
3
x
+
Vậy Qmin = 4; Dấu “=” xẩy ra ⇔ 3 25 4
3
x
+ (TM điều kiện)
0.75 0.25
1.0
4
Hình vẽ chính xác
Gọi H là giao của AM và CN
Xét AMB∆ và ∆CNB là hai tam giác vuông có:
AB = CB (Cạnh hình vuông)
BM = BN (gt)
⇒ ∆AMB= ∆CNB (c-g-c)
BAM =BCN Xét trong AMB∆ và ∆CMH có:
AMB CMH= (đối đỉnh), kết hợp với (1)
⇒CHM· =·ABM =900hay ·ACH =900
⇒ H thuộc đường tròn có đường kính AC
(tức H thuộc đường tròn ngoại tiếp ABCD) Vậy AM, CN và đường tròn ngoại tiếp ABCD đồng quy tại H
0.25
0.5
0.5 0.25
1.5
5
Hình vẽ
Đặt AM = x (0 < x < c)
Ta có: MN = AM MN =ax
0 (c - x) 3
MQ = BM.sin60 =
2 . Suy ra diện tích của MNPQ là:
ax c - x( ) 3 a 3 ( )
S = = x c - x
+ Ta có bất đẳng thức:
2
a + b a + b
ab ab (a > 0, b > 0)
Áp dụng, ta có:
2 2
x + c - x c x(c - x) =
Dấu đẳng thức xảy ra khi: x = c - x x = c
2
Suy ra: S a 3 c. 2 =ac 3
2c 4 8
≤ Vậy: Smax = ac 3
8 khi
c
x =
2 hay M là trung điểm của cạnh AB
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25
0.5 0.25 0.5
2.5
A
P Q
0 60
x
Trang 4PHÒNG GD – ĐT QUẢNG TRẠCH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2013 - 2014
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ SỐ 2:
Câu 1 : (1,5 điểm)
Chứng minh rằng : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n Chia hết cho 7 với mọi n.
Câu 2 : (4 điểm)
a) Cho 0≤ ≤x 1Chứng minh rằng : 3 2 1
4
b) Cho ba số x y z; ; thỏa mãn : x y z+ + =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của B = xy+yz+zx
Câu 3 : (2,0 điểm)
a) Tính : A= 4+ 5 3 5 48 10 7 4 3+ − +
b) Giải phương trình : x− +2 10− = −x x2 12x+40
Câu 4 : (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a Một điểm M chuyển động trên cạnh
DC ( M ≠D ; M ≠C ) chọn điểm M trên cạnh BC sao cho · 45o
MAN = , DB cắt AM ; AN theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng : ·AFM =·AEN =90o.
b) Chứng minh rằng : diện tích của tam giác AEF bằng một nữa diện tích tam giác AMN c) Chứng minh rằng chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC.
Câu 5 : (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC với đường phân giác trong của ·BAC là AD Biết AD = 6 ; AC = 9 với ·BAC = 68o Tính độ dài AD
- Hết
-HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN
Trang 5ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi : TOÁN ; LỚP 9
1 Chứng minh rằng : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n Chia hết cho 7 với mọi n 1,5
Ta có : A = n3 ( n2 – 7)2 – 36 n = n3( n4 – 14n2 + 49 ) – 36n
= n7 - 14n5 + 49n3 - 36n
= (n7 -n5) - (13n5 - 13n3) + (36n3 - 36n) = n5(n2-1) - 13n3 (n2 - 1) + 36n (n2-1) =( n2-1) (n5-13n3 + 36n)
= (n2 - 1) {(n5-4n3) - (9n3-36n)}
=(n2 - 1) {n3 (n2 - 4) -9n (n2 - 4) } = (n2 - 1) (n2 - 4) (n3 - 9n)
= (n2 - 1) (n -2) (n +2) n (n2 - 9) = (n -1) (n + 1) (n -2) (n + 2) n (n - 3) (n +3) Vậy: A= (n -3) (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)
Vì n là số tự nhiên nên số A là tích của 7 số tự nhiên liên tiếp Rồi chứng minh cho tích
của 7 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 7
Kết luận: A chia hết cho 7
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25 0.25
2a Cho 0≤ ≤x 1Chứng minh rằng : 3 2 1
4
Do 0 ≤ x ≤ 1 nên x2≤ x => - 4x2≥ - 4x và 1-x ≥ 0
Từ đó ta có - 4x2 (1-x) ≥ -4x (1-x)
- 4x2 (1-x) +1≥ - 4x (1-x) +1
4x3 - 4x2 + 1 ≥ 4x2 - 4x +1
= (2x -1)2≥ 0
=> 4x3 -4x2 +1 ≥ 0 - 4x3 + 4x2 - 1 ≤ 0 - 4x3 + 4x2≤ 1
4(-x3 + x2) ≤ 1 - x3 + x2≤
4
1 Vậy : -x3 + x2≤
4
1 nếu 0 ≤ x ≤ 1
0,5
0.25 0.25 2b Cho x, y, z thoả mãn x y z 3+ + = .Tìm giá trị lớn nhất của B xy yz zx= + + . 1,0
Ta có :
2 2 2
2
Dấu = xảy ra khi
− =
+ + =
y 1 0
y 3
2
x y z 3 Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1
0,75
0.25
Trang 63a Tính : A= 4+ 5 3 5 48 10 7 4 3+ − + 1,0
4 5 3 5 48 10 2 3
4 5 3 5 48 10 2 3
4 5 3 5 28 10 3
4 5 3 5 5 3
4 5 3 5 5 3
A= + + − = 4+ 5 3 25 5 3+ − = 4 5 3+ =
0.25 0.25
0.25 0.25 3b Giải phương trình : x− +2 10− = −x x2 12x+40 1,0
Điều kiện : 2≤ ≤x 10
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
Ta có : 1( ( ) ( ) ) 1 2 4 10 4
Dấu “ = ” xảy ra 2 4 6 6
x
Mặt khác : 2 ( 2 ) ( )2
x − x+ = x − x+ + = x− + ≥
Dấu “=” xảy ra ⇔ − = ⇔ =x 6 0 x 6 (2)
Kết hợp (1) và (2)
Phương trình có nghiệm duy nhất là : x=6
0,5 0.25
0.25
4a Chứng minh : ·AFM = AEN = 90 · 0
Nối A với C chỉ ra được µA = A ; B = C 3 µ1 µ1 µ1
=> ∆ AFB : ∆ AMC (g.g)
AC
AM AB
AF AC
AB AM
AF
=
⇔
=
Có ·MAF = CAB = 45 (2) · 0
Từ 1 và 2 => ∆ AFM ∞ ∆ ABC
=> ·AFM = ABC = 90 · 0
C/M hoàn toàn tương tự có ·AEN = 900
vì vậy ·AFM = AEN = 90· 0
0,75 0.25
1
1 3
1
K
N
M
F
E
B A
Trang 7Chứng minh : 1
2
AEF AMN
Có ∆ AFM ∞ ∆ AEN =>
AN
AE AM
AF
= => ∆ AEF ∞ ∆ AMN (c.g.c) =>
2 (1)
AEF
AMN
= ÷
Có ·FAM = 450, ·AFM = 900
=> ∆ AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2
=>
2
AF AM
1 Thay vào (1) ta được AEF
AMN
S
2
1 hay: 1
2
AEF AMN
S = S (ĐPCM)
0,75 0.25
4c C/M chu vi ∆ CMN không đổi
Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN
∆ ADK = ∆ ABN => AK = AN và ·BAN DAK= ·
do đó ∆ AMN = ∆ AKM (c.gc) => MN=KM
Vì vậy: Chu vi ∆ CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN
= CD + KD + CN = CD + NB + CN
= CD + CB = 2a không đổi
Tức là: Chu vi ∆ CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC
0,75
0,25
Gọi diện tích các tam giác ABD, ADC và ABC
lần lượt là : S1, S2, S
Ta có : S1 = 1
2AB.AD.sinA1
S2 = 1
2AD.AC.sinA2
S = 1
2AB.AC.sinA
Vì : S = S1 + S2
Nên : 1
2AB.AD.sinA1 +
1
2AD.AC.sinA2 =
1
2AB.AC.sinA
⇔AB.AD.sinA1 + AD.AC.sinA2 = AB.AC.sinA
AB.AC.sinA 6.9.sin 68
AB.sinA +AC.sinA 6.sin 34 9.sin 34
o
+
0.5
0.5
0 5
2 1
K
H
B
A