Bài giảng Đề tham khảo HSG lớp 9

Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tiếp tuyến Ax và By.. 2đ Xác định vị trí của điểm M để tứ giác ABCD có diện tích nhỏ nhất.

ĐỀ THAM KHẢO THI HSG KHỐI 9

MÔN: TOÁN TG: 150’ (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: Cho là hai sốx y, thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện x0,y0,x y 1

a) (2đ) Rút gọn biểu thức:

2 :

A

b) (1đ) Chứng minh rằng: A  4

Bài 2: (3đ)Giải hệ phương trình

6

7 14

x y z

xy yz zx

   







Bài 3: (3đ) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn điều kiện:

4x 2y 2z  4xy 4xz2yz 6y10z34 0

Hãy tính S x 42010y 42010z 42010

Bài 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa

nửa đường tròn kẻ hai tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác

A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D

1 Chứng minh:

a) (1đ) CD = AC + BD

b) (1đ) AC.BD = R2

2 (2đ) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác ABCD có diện tích nhỏ nhất.

Bài 5: a) (3đ) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của n, luôn có:

 

c) (1đ) Tính tổng

2+ 23 2 2 3 4 3 3 4    2011 2010 2010 2011

Bài 6: a) (2đ) Giải phương trình:

b) (1đ) Cho các số thực a, b, c, thỏa điều kiện a + b + c =0.

Chứng minh rằng ab + 2bc + 3ca  0

ĐÁP ÁN

Bài 1:

 

 

 

 

 

 

2

2 2

3

2 :

2 :

2 :

2 :

:

A

y x

y x

y x

y x

xy

























 2

y x xy







( vì x0,y0,x y 1) (2đ)

b)  2  2 4 1

4 4

A

      vì xy  (1đ)0

Bài 2:

 

 

 

6 1

7 2

14 3

x y z

xy yz zx

   









Từ (1) và (3)  x y z  2 x2y2z26214 22

11(4)

xy yz xz

Từ (2)  xy yz  7 xz

Thay vào (4) ta được 7xz xz 11 xz2

 

 

2

      

1 2 3

1

x z

x z

z

 







 





 



 



Vậy hệ phương trình có hai bộ nghiệm(x; y; z) là (1; 3; 2) và (2; 3; 1) (3đ)

Bài 3:

2

         

      

Suy ra:

 

2010 2010

(3đ) Bài 4:

1a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau của

(O) có: CM = AC; MD = BD

Suy ra: CD = CM + MD = AC + BD (1đ)

b) Ta có: OC; OD lần lượt là phân giác của 2 góc

kề bù MOA và MOB nên  COD 900

COD

 vuông tại O, MOCDnên:

2

AC BD R

2 Tứ giác ABCD có A B  900 nên ABCD là

hình thang vuông nên:

2

2

ABDC

ABDC

Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi AB = CD hay M là chính giữa nửa đường tròn

ABDC

Bài 5: a) Ta có:

1



 



 

a) Áp dụng đẳng thức ở trên lần lượt với n = 1; 2; 3; …; 2010 ta có:

y x

D

C

M

A

1 2011

2011 2011

Bài 6:

a) x 6 x 3 x 1 x 2 0

3

3

x

x





 







 



       

           

3

3

3

x

x

x





 







 







 



   

     2

3 3

x x

x

 







     2

3

x

 







Vậy S  3 ( 2đ)

b) a + b + c = 0  b c a và a + b = -c

Do đó: ab + 2bc + 3ca = ab + ca + 2bc + 2 ca = a(b + c) + 2c(b + a) = -a2 -2c2 0 (1đ)