3,0 điểm Một người đi dạo chơi trong 5 giờ, lúc đầu đi trên đường bằng, sau đó leo dốc và cuối cùng theo lối cũ trở về.. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A, dựng hai nửa đường tròn đường kí
Trang 1PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
THÀNH PHỐ HÒA BÌNH Môn: Toán lớp 9
( thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 12/1/2011
Bài 1.( 2,0 điểm) tìm n nguyên dương sao cho:
n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n2 + 1
Bài 2.( 2,0 điểm) Cho a, b, c, x, y, z là những số thưc dương
Chứng minh rằng nếu: a b c
x y z thì a a b c c
x x y z z
Bài 3.( 2,0 điểm) Giải phương trình sau: x4 – 144x =2x2 + 1295
Bài 4.( 2,0 điểm) Cho hệ phương trình:
1
1 2
m
x y
a) Giải hệ khi m = 2
b) tìm các giả trị của m để hệ vô nghiệm
Bài 5.( 1,5 điểm) Tính diện tích hình thang có 2 đường chéo là 6m và 10m, đoạn thẳng nối trung điểm của 2 đáy bằng 4m
Bài 6.( 2,0 điểm) Cho biểu thức: A = 1 1 3
x x
a) Rút gọn biểu thức A
b) tìm giá trị của x khi A = 4
c) Tìm các giá trị nguyên dương của x để A có giá trị nguyên
Bài 7.( 3,0 điểm) Một người đi dạo chơi trong 5 giờ, lúc đầu đi trên đường bằng, sau đó leo dốc và cuối cùng theo lối cũ trở về Vận tốc trên đường bằng là 4km/h, leo dốc là 3km/h và xuống dốc là 6km/h Tìm độ dài quãng đường người ấy đã đi( cả đi lẫn về) Bài 8.( 5,5 điểm) cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và 1 điểm A trên nữa đường tròn( A khác B và C) Hạ AH vuông góc với BC( H thuộc BC) Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A, dựng hai nửa đường tròn đường kính HB và HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F
a) Chứng minh: AE AB = AF AC
b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn đường kinh HB và HC
c) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng của H qua AB và AC, Chứng minh ba điểm I, A, K thẳng hàng
d) Đường thẳng IK cắt tiếp tuyến kẻ từ B của nửa đường tròn (O) tại M, chứng minh
ba đường thẳng MC, AH, EF đồng quy
Bài giải
Bài 1 Ta có n3 –n2 + 2n + 7 = (n2 + 1)(n – 1) + (n + 8) Do đó n3 –n2 + 2n + 7 n2 +
1 n + 8 n2 + 1 n2 – 64 n2 + 1 n2 + 1 – 65 n2 + 1 65 n2 + 1
Vì n2 + 1 > 0 nên n2 + 1 = 1; 5 ; 65
Nếu n2 + 1 = 1 n = 0 ( loại vì n không nguyên dương)
Nếu n2 + 1 = 5 n = 2 hoặc n = -2 ( loại n = - 2 vì n không nguyên dương)
Nếu n2 + 1 = 65 n = 8 hoặc n = - 8 ( loại n = - 8 vì n không nguyên dương)
Thử lại n = 2 thỏa n3 –n2 + 2n + 7 chia hết cho n2 + 1
Vậy với n = 2 thì n3 –n2 + 2n + 7 chia hết cho n2 + 1
Trang 2Bài 2 *) Từ gt a c
x z và vì x > 0 nên a < c
zx b
y < c
z và vì y > o nên b < c
zy Suy ra a+ b+ c < c x c y c z c(x y z)
z z z z => a b c c
x y z z
( vì x + y + z > 0) (1)
*) Từ gt a c
x z và vì z > 0 nên a z c
x
a b
x y và vì y > 0 nên a y b
x
Suy ra:
x y z a b c x y z a b c
( Vì x+y +z > 0) (2)
Từ (1) và (2) suy ra a a b c c
x x y z z
Vậy a a b c c
x x y z z
với a, b, c, x, y, z là những số thực dương
Bài 3 Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x4 + 2x2 + 1 = 4x2 + 144x + 1296 ( x2 + 1)2 = ( 2x + 36 )2
2
2
1 2 36(1)
1 2 36(2)
Giải phương trình (1) : Có (1) x2 – 2x – 35 = 0 x1= -5 ; x2 = 7
Giải phương trình (2) : Cos (2) x2 + 2x + 37 = 0 => PTVN
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1= -5 ; x2 = 7
Bài 4 a) ĐK: x 1
y
>0 Đặt x 1
y
= t > 0 thì ta có hệ phương trình
2 1
2 2
t
x y
x y
Xét PT (1): Ta có (1) (t -1)2 = 0 t = 1 ( thỏa điều kiện của t)
Ta có hệ phương trình:
1 2 1
1
2
2
x y y
x y
y
x y
Vậy với m = 2 thì hệ phương trình có nghiệm là:
1 2 2
1 2 2
x y
b) C1: Áp dụng bdt Cô-si cho 2 số dương 1 à
1
v
ta có
Do đó hệ phương trình vô nghiệm khi m < 2
Trang 3C2: Đặt x 1
y
= t > 0 thì từ PT thứ nhất của hệ ta có PT: t2 – mt + 1 = 0 Do đó hệ
PT đã cho vô nghiệm khi PT ẩn t vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm âm
+) Xét trường hợp PT vô nghiệm: Ta có PT ẩn t vô nghiệm < 0 m2 – 4 < 0
-2 < m < 2
+) Xét trường hợp PT ẩn t có 2 nghiệm âm: Ta có Pt ẩn t có 2 nghiệm âm
2
Kết hợp các trường hợp trên ta có hệ PT vô nghiệm khi m < 2
Bài 5
G/s hình thang ABCD có 2 đường chéo AC = 10cm; BD
= 4cm Đoạn thẳng nối trung điểm 2 đường chéo MN = 4cm
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AD và BC
Tứ giác MPNQ là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một ( MQ = PN = 5cm ; MP = QN= 3cm)
Xét tam giác MNQ có MQ = 5cm; NQ = 3cm; MN = 4cm => tam giác MNQ vuông tại N => SMNQ= 1
2 3.4= 6(cm2)
Ta có SABC= 1
2AC.BH’ ; SMQKI= IK.MH = MQ.MH mà MQ = 1
2AC; MH = 1
2BH’
SMQKI = 1
2.1
2 AC BH’ => SABC = 2SMQKI Chúng minh tương tự ta cũng có SACD = 2SIPNK
Ta có: SABCD= SABC+ SADC =2SMQKI + 2SIPNK = 2(SMQKI + SIPNK)= 2SMQNP = 2.12= 24(cm2)
Bài 6 ĐK: x > 1.
x x
Vậy A = x 2 x 1 với x > 1
b) A = 4 => x 2 x 1 = 4 x – 1 - 2 x 1- 3= 0
Đặt x 1 = t 0, ta có PT t2 – 2t – 3 = 0 t1= -1; t2 = 3 ( t1= -1 < 0 loại) Với t = 3 => x 1 = 3 x = 10 thỏa ĐK x> 1
Vậy với x = 10 thì A = 4
c) Khi x nguyên thì x – 1 nguyên Do đó A nguyên khi x 1 nguyên x 1 khi
x – 1 là số chính phương => x – 1 = m2 x = m2+ 1 ( m khác 0)
Vậy với x = m2 + 1 với m nguyên khác 0 thì Q nguyên
Bài 7 Gọi x và y(km) là độ dài quãng đường cả đi lẫn về và đoạn đường dốc Đk: x,
y> 0
Thì độ dài đoạn đường bằng là:
2
x
- y
H '
K
H I
M
N
D
C B
A
Trang 4Thời gian lúc đi là: 2
x y y
Thời gian lúc về là: 2
x y y
Vì thời gian cả đi lẫn về là 5 giờ nên ta có PT: 2 2
8 4 3 6 8 4
x y y y x y
=5
4
x
= 5 x = 20 x= 20 thỏa mãn ĐK
Vậy đoạn đường cả đi lẫn về là 20km
Bài 8.
a) ABC vuông tại A có AH
BC => AH2 = AB AF = AC.AF
b) Ta có AFHB là hcn ( tứ giác có 3 góc vuông)
=> EF H AHF mà
AHF ACH( cùng phụ với
FHC)=>EFH ACH
=> EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính HC
Chứng minh tương tự ta có EF
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH
Vậy EF là tiếp chung của đường tròn đường kính HB và HC
c)Vì H và I đối xứng với nhau qua AB nên HABIAB
Vì H và K đối xứng với nhau qua AC nên HACKAC
IAHKHA IAB HABHACKAC HABHAC
=> I, A, K thẳng hàng
d) Gọi giao điểm của EF và AH là P thì P là giao điểm 2 đường chéo của hcn AEHF => P là trung điểm của AH
Gọi giao điểm của AC và BM là D Xét tam giác ABD vuông tại A có
DBABAM ( vì có DBA BAH ( so le trong); BAHBAM ( H;I đối xứng nhau qua AB))
MA = MB = MD
Vì AH // DB ; MD = MB => MC đi qua trung điểm P của AH
Vậy AH, MC, EF đồng quy tại 1 điểm
I
K
O
M
P
F E
H
D
C B
A