Đề thi học sinh giỏi - Toán 9

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC.[r]

Equation Chapter 1 Section 1P

MÔN : TOÁN 9 Năm học 2011-2012 Thời gian làm bài : 150 phút

Câu 1.(4 điểm):

1 Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) 4x2 – 4xy + y2 – 9

b) a4 + a2 + 1

2 Chứng minh rằng giá trị của biểu thức:

  là một số nguyên

Câu 2 (4 điểm): Cho biểu thức:

P

1 Rút gọn P

2 Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất

Câu 3 (6 điểm):

1 Giải phương trình: x 4 2 x3 5

2 Tính giá trị của biểu thức A x 2013y2013

biết x 2013 x2 y 2013 y2  2013

3 Cho hai số x1;y1

1 x 1 xy 1 y

Câu 4 (4 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường trung tuyến AK Qua A kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AK Gọi D và E lần lượt là giao điểm của đường phân giác của các góc AKB và AKC với đường thẳng (d)

a) Chứng minh rằng tứ giác EDBC là hình thang

b) Chứng minh rằng:

2

1

4

EC BD BC

Câu 5 (2 điểm):

Cho tam giác ABC vuông tại A Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC Tính độ dài đoạn thẳng MN biết độ dài BN  2sin  và

2 os

Hết

PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN : TOÁN 9 Năm học 2011-2012 Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang

1 a) 4x2 – 4xy + y2 – 9

= (2x- y)2 – 9

= (2x – y + 3)(2x – y – 3)

b) a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + a2 + 1- a2

= (a2 + 1)2 - a2

= (a2 + 1 – a)( a2 + 1 + a)

0.5 0.5 0.5 0.5 2

- Ta có:

2

=  

2

=  



=  

2 4 2 3



=  

2( 3 1)

1





- Kết luận

0.5

0.5

0.75 0.25

1

Cho biểu thức

P

ĐKXĐ : x0;x1

Ta có:

P



¿ 7√x −5 x − 2

(√x −1) (√x +3)=

(√x − 1)(2 −5√x) (√x −1) (√x +3)

¿2 −5√x

0.25

0.75 0.5 0.5

2 Tìm giá trị của x để A đạt giá trị lớn nhất

-Ta có P =

2 5 3

x x



17 5

3

x

 



- Chỉ ra được Pmax khi

17 3

x  max

- Lập luận chỉ ra được MaxP = 2

3 đạt được khi x = 0

- KL

0.5 0.5

0.5 0.5

1

Giải phương trình: x 4 2 x3 5 ; ĐK: x 3:

x 4 2 x3 5

x

- HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm được x 13

0.5

0.5 0.5 0.5

2

Ta có x 2013 x2 y 2013 y2  2013

(1) Tương tự x 2013 x2y 2013 y2  2013

  x 2013 x2  y 2013 y2

(2)

- Từ (1) và (2)  x = - y

-  A x 2013y2013 0

0.5

0.5

0.5

0.5

3

0

0

       

     

0

x y x y y x y x

     

0

y x x xy x y y x y

0.5

0.5

     

0

y x x xy y x y

     

2

y x xy

x y

1 x 1 xy 1 y (đpcm)

0.5

0.5

a) - Chứng minh được AKDBKD từ đó suy ra góc DBK  900

- Tương tự AKECKE từ đó suy ra góc ECK 900

 DB // EC  tứ giác EDBC là hình thang.

0.5 0.5 1 b) - Chứng minh được DB = DA

EC = AE

- Măt khác theo hệ thức trong tam giác vuông DKE ta có AK 2 = AD.AE

- Trong tam giác ABC ta lại có

1 2

AK  BC

- Suy ra AD.AE =

2

1

0.5 0.5 0.5 0.5

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác: MAC, NAB ta có:

A

D

E

B

A

C d

2 2 2







HS lập luận MN là đường trung bình và chỉ ra: sin2 cos2 = 1 để tính được

2 5

5

MN 

- KL

0.5 0.5

0.5 0.5