thoi trang 13 mỹ thuật 9 nguyễn thị thực thư viện tư liệu giáo dục

[r]

Phòng GD&ĐT Huyện Kiên Lương KÌ THI CHỌN HS GIỎI VÒNG TRƯỜNG LỚP 9

Trường THCS TT Kiên Lương 1 Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 90 phút ( Không thể thời gian giao đề)

Ngày thi: 26/09/2010

Bài 1 (4điểm)

1) Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9

2) Chứng minh rằng: Với n là số chẵn và lớn hơn 4 thì n4 4n3 4n2 16 chia hết cho 384

Bài 2 (4 điểm) Giải phương trình:

1

2) 2x2 2 4 x31

Bài 3 ( 5điểm)

1) Chứng minh rằng:

2 2

1 1 1

x x

 2) Tìm x và y sao cho các biểu thức có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó:

N  x  y  xy x y

CD = x, AB = y Gọi I, N, J, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, CD, BD.

1) Chứng minh tứ giác INJM là hình vuông

2) Gọi S là diện tích hình vuông INJM, chứng minh rằng:

 2

8

x y

S 

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 5 (2điểm)

Cho hình vuông ABCD Gọi O là một điểm thuộc miền trong hình vuông sao cho

OA:OB:OC =1:2:3 Tính số đo góc AOB

-Hết -(Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

Phòng GD&ĐT Huyện Kiên Lương KÌ THI CHỌN HS GIỎI VÒNG TRƯỜNG LỚP 9

Trường THCS TT Kiên Lương 1 Năm học: 2010 – 2011

GỢI Ý ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

1

1) Ta phải chứng minh: A n 3n13n239 với n Z

   

2

Vì n n  1 n 1 3 nên 3n n  1 n 1 9 , và 9n2 18n 9 9

Vậy A9

0,5 0,5

1 2) Ta phải chứng minh: B = n4  4n3 4n2 16 384 với n chẵn và n>4

B = n n3  4  4n n  4

= n n  4 n 2 n2

Vì n chẵn và n>4, nên ta đặt n2k2k 1

Khi đó B = 2k2 2  k 2 2 2 k k 4

= 16k k  1 k1 k2

Vì k k  1 k1 k2 là 4 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 24

Vậy B16.24 hay B384

0,5

0,5

1

2

1) 1 1 22 1 1

1

ĐKXĐ: x0;x1

 

2 2

3 0

3 0

x x

    

  

+) x = 0 ( Loại)

+) x = 3 (TMĐK)

Vậy tập nghiệm của PT(1): S  3

0,5

1,5

2) 2x2 2 4 x31

x2 2 2 x3 1 x 1 x2 x 1 2 x 1 x2 x 1

Đặt x  ; 1 a x2 x  với ,1 b a b 0

Đưa pt về dạng: a b  2 ab  a b 2 4ab

0,75 0,25 0,5

 

   

2

0 0

a b

a b a b

Giải pt ta tìm được tập nghiệm: S 0;2

0,5

1) CM:

2 2

1 1 1

x x

  x x2 2 1  1 x21

x x x

x

BĐT luôn đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0

2) N 2x29y2  6xy 6x12y2025

= x 3y22x 52 1996 1996

Vì x 3y22 0;x 52 0

N nhỏ nhất khi x 3y2  và 0 x  5 0

7 5;

3

x y

Vậy với

7 5;

3

x y

thì biểu thức có giá trị nhỏ nhất và bằng 1996

0,5 0,5 0,5 0,5

1

1

1

4 1)

P

b

a

N M

I

J

B A

1) Ta có MI=IN=NJ=JM theo tính chất đường trung bình của tam giác

ABD,ABC,ACD,BDC và AD = BC (gt)

Nên tứ giác INJM là hình thoi

Mặt khác ADC DCB900 nên ADBC

Ta có: IN//BC, IM//AD  IM IN

Do đó INJM là hình vuông

2) Ta có

2

INJM

S  MN IJ  MN

x y

MN PN PM  

Vậy

 2 2

1

x y

x y

S     

0,5

1,5

2,5

Dấu bằng xảy ra khi MN PN PM hay P, M, N thẳng hàng, tứ giác

ABCD là hình thang

0,5

5

Dựng tia Bx nằm trên nửa mp

bờ là đường thẳng BC(không chứa điểm O) sao cho

xBC ABO

Trên Bx lấy điểm K, sao cho BK=BO Do BOKvuông cân Nên BKO450

Từ ABOCBK c g c 

KC OA

Đặt OA=a nên CK=a;

OB=BK=2a, OC=3a

Trong tam giác vuông OBK có: OK2 OB2 BK2 8a2 Nên

OK CK  a a  a , mặt khác OC2 9a2

OC OK KC

   nên OKC vuông tại K hay OKC 900( theo đl đảo Pitago)

Vì CBK ABO và BCK BAO và các góc này đều là góc nhọn, nên

K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng song song AB và CD

Từ đó BKCBKO OKC 450900 1350

Mà BKCAOB1350

* Lời giải khác, nếu đúng cho điểm tương đương.

2