De thi HSG 9

Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox;.. Oy.[r]

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG I

NĂM HỌC: 2010 - 2011

Môn thi: TOÁN 9

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1

a Phân tích Q thành nhân tử: Q x  5x 2 2x 2 10

b Tính Q khi biết x  13 4 10

Câu 2 Cho hàm số: y x  2m1; với m tham số.

a Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O.

b Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox;

Oy H là hình chiếu của O trên AB Xác định giá trị của m để

2 2

OH 

b Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB.

Câu 3

a Giải phương trình: x 1 2 x 2   x 1 5 x 2

b Cho a b; là hai số dương thỏa mãn: a2b2 6

Chứng minh: 3(a26) (a b ) 2

c Giải phương trình nghiệm nguyên: x2xy 2008x 2009y 2010 0

Câu 4

Cho đường tròn (O;R) AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O) K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB.

a Tính sin2MBAsin2MAB sin2MCDsin2MDC

b Chứng minh: OK2 AH R AH(2  )

c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn nhất.

Hết./.

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2010 - 2011

Môn thi: TOÁN 9

Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề)

1

0,5 0,5

2,0 b

13 4 10

x    x  8 2.2 2 5 5   (2 2 5)2 2 2 5

Vậy: Q 2 2 5 5 2 2   5 2 2  2 2.( 5)2 10

0,5 0,5

2

a

y x  m ; với m tham số

Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) thì

1

2

2,0 b

Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A2m 1;0

Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B0; 2 m1

Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên:

0

1 (2 1)

m m







0,5

0,5

c

Hoành độ trung điểm I của AB:

I

Tung độ trung điểm I của AB:

(2 1)

I

Ta có: y I x I  Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB là đường

thẳng yx

0,5

0,25

3

a

Điều kiện: x 2

2

Vậy nghiệm của pt là: x 6

0,2 0,2 0,3

0,3

2,5

b Với a b; là hai số dương ta có:

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

   

2

2 2

a b  a b   a b   

 2  2  3

6 2

(Vì a2b2 6) Hay 3(a26) ( a b ) 2

0,25

c

2

2

2008 2009 2010 0

2009 2009 2009 1

    

0,25 0,5

0,25

H K

D

C

A O

B

M

0,25

3,5

4

a

Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:

sin MBAsin MABsin MCDsin MDC=

(sin MBA c os MBA) (sin MCD c os MCD)= 1 + 1 = 2

0,75

b

Chứng minh: OK2 AH R AH(2  )

Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH

Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH

đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH

Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH)

0,5

0,5

c

P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH)

Mà OH.MH

(Pitago)

Vậy

2

2

R

đẳng thức xẩy ra  MH = OH

 OH =

2 2

R

0,25 0,25

0,25

0,25