Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A.. Kẻ AH vuông góc với BC tại H, phân giác AD của góc BAC cắt BC tại D.. b Gọi điểm I, điểm K theo thứ tự lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.. Gọ
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO TẠO THẠCH HÀ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 24/ 09 / 2015
Bài 1: a) Rút gọn biểu thức: A = 94 42 5 94 42 5
b) Tìm các số hữu tỉ b, c biết rằng 1 2 là nghiệm của phương trình
2 0
Bài 2: Giải các phương trình sau:
a)
3
3
3 2
1 1
x
x x
b) x x 1 x 2 x 2013 2015 x
Bài 3: a) Tìm các số nguyên x, y thõa mãn đẳng thức: 2 xy2 x y 1 x2 2 y2 xy
b) Tìm các số x, y thỏa mãn: 2 x 2 x y y x 3 0
c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương a, b thì ab(a2+2)(b2+2) luôn chia hết cho 9.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A Kẻ AH vuông góc với BC tại H, phân giác AD
của góc BAC cắt BC tại D.
a) Tính độ dài đoạn HD, biết BH = 36cm; CH = 64cm.
b) Gọi điểm I, điểm K theo thứ tự lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.
Chứng minh rằng:
3
Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi F là trung điểm của AB, lấy M trên đường phân
giác của góc C Dựng MQ BC tại Q Chứng minh nếu MF DQ thì AM = BC.
Bài 6: Cho a, b, c > 0 thõa mãn a + b + c = 3 Chứng minh: a2 b2 c2 a3 b3 c3
- Hết
-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Lưu ý: Học sinh không được dùng máy tính.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN TOÁN 9
Bài 1
3,0 đ
a)
1,0đ
A = 94 42 5 94 42 5
7 3 5 7 3 5
7 3 5 7 3 5 6 5 1,0
b)
2,0 đ
1 2 là ngiệm của phương trình x2 bx c 0 nên
2 (1 2) b (1 2) c 0
Ta thấy (*) có dạng A 2 B nếu B
A 0 thi 2 Z
A
vô lí, vậy A = 0 => B= 0
0,5
Bài 2
4,0 đ
a)
2,0 đ
a) Giải phương trình:
3
3
3 2 1 1
x
x x
2
2 2 3
Mà
2 2
2
1
x
0,5
Đặt
Ta được: t(t2 – 2t – t) = 2 – 3t
t3 – 3t2 + 3t – 1 = 1
2
2 2
1
x
x
Vậy phương trình vô nghiệm
0,5
b)
2,0 đ
Với điều kiện x0 thì
* x ( x 1) ( x 2) ( x 2013) 2015 x 0,75
1 2 3 2013 1007.2013
x 2027091
Bài 3
5,0 đ
a)
2,0đ Ta có :
2xy x y 1 x 2y xy 2
2y (x 1) x(x 1) y(x 1) 1 0
1.0
2
Trang 3K I
D
B
A
Ta có: x = 1 không phải là nghiệm của phương trình, chia 2 vế của phương trình cho x – 1 ta được: 2 1
x 1
Phương trình có nghiệm nguyên x, y 1
x 1
nguyên
x-1 Ư( 1) = 1;1 x 0;2
Thay x = 0 vào (*) ta có: 2 1
2
Thay x = 2 vào (*) ta có: 2 1
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x; y 0;1 ; 2;1
1,0
b)
2,0 đ
2 x 2 x y y x 3 0 (1)
ĐK 0
(*) 0
x y x Nếu x = 0 thì y R ; (1) y 3 0 y 3 (TM)
Nếu y = 0 thì x 0;(1) 2 x x 3 0 PTVN vì VT dương
Vậy (x, y ) = (0; -3)
0.5 0,5 0,5 0,5
c)
2,0 đ
Xét số tự nhiên x, viết x =3k + r (k N ;0 r 2) Nếu r = 0 thì x =3k vậy x2 3
Nếu r = 1 thì x =3k +1 vậy x2 (9 k2 6 k 1) chia 3 dư 1 Nếu r = 2 thì x =3k +2 vậy x2 (9 k2 12 k 4) chia 3 dư 1 Vậy với mọi số tự nhiên x thì x2 chia 3 dư 0 hoặc 1 (*)
1,0
Áp dụng tính chất (*) ta thấy trong 4 số nguyên dương a; b; a2+2; b2+2; bao giờ cũng có 2 số chia hết cho 3 vậy ab(a2+2)(b2+2) chia hết cho 9 (ĐPCM) 1,0
Bài 4
5,0 đ 2,0đa) Theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta có:
2
AB BH.BC 36.100 AB 60cm 2
AC CH.BC 64.100 AC 80cm Vì BAD CAD(GT) nên
AB BD
AC CD ( theo tính chất phân giác)
300
7
Vì AB < AC nên ACB ABC BAH CAH BAD BAH BD BH
0,5
0,5 1,0
Trang 4F
B A
b)
2,0đ
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
2 BI.AB HB (1)
2 CK.CA CH (2)
Từ (1) và (2)
CK.CA CH CK CH AB ( * )
Mà theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
2
2
BH.BC AB ;CH.CB AC
Từ (*) và (**) ta có:
3 4
4
.
(ta có đpcm).
0,75
0,75 0,5
Bài 5
1,0đ
* Trường hợp điểm M nằm trong hình vuông (hình vẽ)
Đặt BC = a; BF = b; CQ = x
Vẽ MR AB (R AB); mà MFDQ nên suy ra:
DCQ
đồng dạng với MRF
2 2 2
Mặt khác: Tam giác ARM vuông tại R, theo pitago ta có:
2 2
AM AR RM 2b x a x (2)
Từ (1) và (2) a2 AM2 BC2 AM BC
* Trường hợp điểm M nằm ngoài hình vuông Tương tự như trên ta cũng c/m
được AM= BC (ta có đpcm)
Bài 5
2,0 đ
Ta có: a b a b 2 0 a b a 2 ab b 2 ab 0
Tương tự ta có: bc(b c) b 3 c3; ca(c a) c 3 a3
Ta lại có: 3 a 2 b2 c2 a b c a 2 b2 c2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
0,5 0,5 0,5 0,5
Lưu ý: - Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa ;
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5
4