HSG toan 9- cap huyen

Giao của MO và AB là I.. Chứng minh rằng : a Tứ giác OIDC nội tiếp.. c OD vuông góc với MC.

Sở GD&ĐT thanh hóa Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Phòng GD&ĐT lang chánh Năm học 2010-2011

Môn : toán 9 - Thời gian làm bài 150'

I.Ma trận đề

Mức độ

Chủ đề

Tổng

3

1

3

1

4 5,75

5 6,75

2,5

1 0,75

3 3,25

7

3

7

6,5

8 13,5

12 20

II.Đề bài

Bài 1: (3 điểm) Phân tích thành nhân tử

a) 4 3



x

b) xy x y x 1

c) x 1x 2x 3x 6 35

Bài 2: ( 4điểm) Cho bieồu thửực :

Q = x x x x x . x x 1

1

2 1

2





















vụựi x > 0 vaứ x 1 a) Rút gọn Q

b) Tỡm soỏ nguyeõn x lụựn nhaỏt ủeồ Q coự giaự trũ laứ soỏ nguyeõn

Bài 3: (3 điểm)

a) Tính nhanh :

2011 2010

1 2010 2 3







A

b) Chứng minh rằng: 2 1000 1

 chia hết cho 3 c) Giải phơng trình : 2

1

3 2







x x

Bài 4: (7 điểm) Từ điểm M ở ngoài đờng tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O).

Vẽ đờng kính AC, tiếp tuyến tại C của đờng tròn (O) cắt AB ở D Giao của MO và AB

là I Chứng minh rằng :

a) Tứ giác OIDC nội tiếp

b) Tích AB.AD không đổi, khi M di chuyển

c) OD vuông góc với MC

Bài 5: (3 điểm) Cho 



















c z b

y a

x

c b

a

c b a

1 1

2 2

2

Chứng minh rằng: xyyzxz 0

III Đáp án và biểu điểm chấm

a) 4 3



x =  2 2  3 2  2 3 2 3







b) xy x y x 1= x.y x  1  x 1  x  1 x.y 1 0,75

c) x 1x 2x 3x 6 35

=  2 5 6 2 5 6 35









x

Đặt t = x2 5x



 t 6t 6 35= 2 1  1 1







t

Thay t = x2 5x  2 5 1 2 5 1









1,5

a) Q = x x x x x . x x1

) 1 )(

1 (

2 )

1 (

2 2



























= x x x x . 1x

1

2 1

2























= x x x x x x x x . 1x

) 1 )(

1 (

) 1 )(

2 ( ) 1 )(

1 (

) 1 )(

2 (































= (x x2 x x(x2)1)((xxx1) 2 x 2)

=  2  2( 1) 2 2

x x

x x x x x x

= 2( 1)  2 1

x x x

0,5 0,5

0,5 0,5

b) Q = x2 1 nguyeõn  x -1 laứ ửụực cuỷa 2 



















2 1

1 1

x

x

Do ủoự x lụựn nhaỏt  x – 1 = 2 

x = 3

2

a)

2011 2010

1 2010 2 3







1 2010 2010

1 2010 2010

1 2010

2

2















b) Ta có 2 1000 1

 = 4 500 1 4 1



  hay 2 1000 1

c) Điều kiện xác định của phơng trình là:











 0 1

0 3 2

x x

 



 1 5 , 1

x x

5 , 1



 x

1

3 2







x x

4 1

3 2









x x

4 3

2   

5 , 0

1 2









x

x

không thỏa mãn điều kiện x 1 , 5

Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm

1

0,25 0,25 0,25 0,25

4 7

- Hình vẽ đúng

B

H

C

I

O

D

M

A

0,5

a) DC là tiếp tuyến của (O) nên DCAC , hay = 900 (1)

Mặt khác MOAB tại I ( do ) , hay =900 (2)

Từ (1),(2)  Tứ giác OIDC nội tiếp đợc

1,5

b) Tam giác ACD vuông ở C , đờng cao BC áp dụng hệ thức

l-ợng , ta có: AB.AD=AC2 :không đổi (đpcm) 2 c) Ta có: MAO ∽ ACD (g-g)



CD

AO AC

MA

 mà AO =OC =R Nên

CD

CO AC

MA



Mặt  , MAO = OCD = 900  MAC ∽ OCD (c-g-c)

 ACM = ODC mà MCD = AMC (do DC//MA)

 MAC ∽CHD Hay H = MAC 900

Tức là ODMC

0,5

1

0,5 0,5 0,5





















c z b

y a

x

c b

a

c b a

1 1

2 2

2

c

z b

y a

x





  x  ak, y  bk, z  ck

Khi đó xyyzxzabk2ack2bck2 k2abbcac













b c a b c

a hay a2 b2 c2  2abbcac=1

1  2abc 1

Do đó: 2abc 0

Vậy xyyzxz 0

0,5 1 0,5 0,5 0,5

Giáo viên ra đề: Mai Thị Yến