M N + Do đó để cắt hình chử nhật 1x5 theo đường chéo của hai hình chử nhật AEFD và GBCH, và cắt theo hai đường È và GH xong ráp lại thì Q P... được hình vuông MNPQ..[r]
Trang 1ĐỀ THI HSG LỚP 9 HUYỆN BÌNH XUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2008 – 2009 Thời gian làm bài 150 phút
Bài 1: Cho hai số a, b khác 0 thỏa mãn: a+b = 1
Chứng minh rằng: b
a3−1 −
a
b3−1=
2(a+b)
a2b2 +3
Bài 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sao cho x3 – x2y + 3x – 2y – 5 = 0
Bài 3: Giải phương trình sau: √x −1+√x3+x2+x +1=1+√x4−1
Bài 4: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và góc COD bằng
α (α < 900) Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác AOB và COD Gọi E,
G và I lần lượt là trọng tâm của tam giác AOB, BOC và AOD Biết AH cắt DK tại F Chứng minh rằng:
a) EG//AC và EG:EI = AC:BD b) FK = AC.cotα
c) Tam giác IEG đồng dạng với tam giác HFK
Bài 5: Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 3
Chứng minh rằng: a
b
c
3
2
Lời giải:
Bài 1: Từ a+b=1 (a+b)2
= 1 a2+b2 = 1 – 2ab
Ta có: b
a3−1 −
a
b3−1=
b (b3−1)− a(a3− 1)
(a3−1)(b3−1) =
(a − b)−(a4− b4)
a3b3−(a3+b3)+1
(a − b)−(a2+b2)(a+b)(a− b)
a3b3−(a+b)(a2+b2− ab)+1 =
(a − b)−(1 −2 ab)(a −b)
a3b3−1+3 ab+1
2 (a −b)ab
2(a −b)
Bài 2: Ta có x3 – x2
y +3x – 2y – 5 = 0 y(x2+2)= x3 + 3x – 5 ⇒ y = x3+3 x −5
x2 +2 =
x2 +2 =x +
x −5
x2 +2
Vì x, y thuộc Z nên x −5
x2 +2∈ Z ⇒( x −5)⋮(x+2)⇒(x +5)(x − 5)⋮(x2
+2)
⇔ x2−25 ⋮(x2
+ 2)⇔27 ⋮(x2 +2) (*)
Do x thuộc Z và x2 + 2 > 2 nên (*) xẫy ra khi và chỉ khi:
¿¿
¿
Thay vào phương trình ban đầu:
Với x = 1 => 3y = -1 => y = -1/3 không thỏa mãn
Với x = -1 => 3y = -9 => y = -3
Với x = 5 => y = 5
Với x = -5 => y không thỏa mãn
Vậy (x, y) {(−1 ;−3),(5 ;−5)}.
Bài 3: Điều kiện: x ≥ 1
√x −1+√x3
+x2
+x +1=1+√x4−1⇔√x − 1+√(x2
¿⇔(√x −1 −1)−√(x2
¿
¿
Trang 2Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 4:
a) ΔBMN có BE:BM=BG:BN = 2:3
=> EG//AC (định lý Talet đảo)
Từ EG//MN =>
EG
EG 1
1 3
Tương tự với ΔAPQ: EIBD= 1
3
Suy ra: EGAC= EI
AC BD
b) Ta có ∠ AFD=∠COD=α (Hai góc cùng bù với gócBOC)
Gọi L là giao điểm của FK và AC
Ta có ∠FKC =∠AÀD=α
và FK = FL + LK = AL.cotα +LC cot α=(AL+LC)cot α=AC cot α
c) Chúng minh tương tự b) ta có FH = BD.cotα
Từ đó suy ra FKFH= AC
BD mặt khác theo câu a) EGEI = AC
BD Suy ra FKFH= EG
EI
Lại có ∠GEI =∠COD=α ⇒∠ HFK =∠GEI=α
Vậy Δ IGE≈ ΔHFK
Bài 5: Ta có a
ab 2
1+b2≥ a −
ab 2
ab 2
Tương tự: b
1+c2≥ b −bc
1+ a2≥ c −ca
Do đó a
1+a2≥ (a+b+ c)−ab+ bc +ca
2
Mặt khác (a+b+c)2
3(ab+bc+ca) 3 ab+bc+ca -(ab+bc+ca) -3 Vậy a
b
c
1+a2≥ 3 −
3
3 2
ĐỀ THI HSG LỚP 9 HUYỆN HẢI LĂNG TỈNH QUẢNG TRỊ
NĂM HỌC 2009 – 2010 Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
Bài 2: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc
Tính giá trị của biểu thức A = (1+a
b)(1+
b
c)(1+
c
a)
Fα
C
B G
L
H
α K
Eα O I
A D
Trang 3Bài 3: Cho 37 cây táo có số trái bằng nhau, 17 trái hỏng, còn lại chia đều cho
79 người Hỏi mỗi cây có ít nhất mấy trái táo?
Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH, kẽ HE vuông góc với AC
(E thuộc AC), gọi I là trung điểm của HE Chứng minh AI vuông góc với BE
Bài 5: Một tấm bìa hình chử nhật có kích thước 1x5 Hãy cắt tấm bìa thành
các mãnh để ráp lại thành một hình vuông Giải thích
Lời giải:
Bài 1:
a
Bài 2:
a3 + b3 + c3 = 3abca3 + b3 + c3 - 3abc = 0(a+b)3 + c3 – 3ab(a+b) - 3abc=0
(a+b+c)[(a+b)2 – (a+b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = 0
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0
(a + b + c)[(a-b)2 + (b-c)2+(c-a)2] = 0 ¿
¿ ¿¿
Nếu a + b+ c = 0 thì A= a+b
b .
b+c
c .
c+a
a =
(− c)(− a)(−b)
Nếu a = b = c thì A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8
Bài 3:
Gọi x là số trái của mỗi cây táo, y là số trái táo của mỗi người (x, y N❑
¿
Ta có PT: 37x – 17 = 79y ⇔ x= 79 y +17
5 y +17
37
Do x, y N❑ nên 375 y +17 N¿
Đặt 375 y +17 = z (zN❑
2(z−1)
y, z N❑=> 2(z – 1)⋮ 5 z – 1 = 5d z = 5d + 1
Như vậy ta có: x = 9 + 79d
y = 4 + 37d
x, y > 0 nên d 0 suy ra x 9, y 4 a đạt giá trị nhỏ nhất là 9 khi d = 0
Vậy số trái ít nhất của mỗi cây táo là 9
Bài 4:
Gọi K là trung điểm của EC
IK là đường trung bình của tam giác EHC
=>IK//HC mà AH HC (gt) => IK AH
Do đó I là trực tâm của tam giác AHK => AI HK
Mặt khác HK là đường trung bình của tam giác BEC
=> HK // BE (2) Từ (1) và (2) suy ra AI BE
Bài 5:
+) Tấm bìa hình chử nhật 1x5 có diện tích 5 (đvdt)
Để cắt hình chử nhật thành các mảnh ráp thành
hình vuông thì cạnh của hình vuông bằng √5
bằng độ dài cạnh huyền của tam giác vuông
có hai cạnh góc vuông có kích thước là 1 và 2
A
E
I K
B H C
D F H C
1
A 2 E 1 G 2 B
M N
Q P
Trang 4có diện tích bằng 1 (đvdt).
+) Do đó để cắt hình chử nhật 1x5 theo đường
chéo của hai hình chử nhật AEFD và GBCH,
và cắt theo hai đường È và GH xong ráp lại thì
được hình vuông MNPQ
ĐỀ THI HSG LỚP 9 HUYỆN BỈM SƠN TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC 2009 – 2010 Thời gian làm bài 150 phút
Câu1: Cho biểu thức: P=(x√x +2 x −1+
√x x+√x +1+
1
2 (x >0 , x ≠ 1)
a) Rút gọn P, b)Tìm x để P = 27 c) So sánh P2 vơi 2P
Câu 2: a) Tính M= 3−√5
√2+√3+√5+
√2 −√3 −√5
b) Không sử dụng bảng số và MTBT hãy so sánh:
A = √2007+√2009 và B = 2√2008
Câu 3: a) Giải phương trình √x − 3+√5 − x=x2−8 x +18
b) Cho x, y là các số thỏa mãn: (√x2+3+ x)(√y2+3+ y )=3
Hãy tính giá trị của biểu thức A = x2009 + y2009 +1
Trang 5Bài 4: Cho hình vuông ABCD M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD Kẽ
ME, MF thứ tự vuông góc với AB và AD
a) Chứng minh: DE = CF, DE CF
b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng quy
c) Xác định vị trí của điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất
Bài 5: Cho đường tròn (O,R) và một điểm A sao cho OA = R√2 Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và CD lần lượt tại D và E Chứng minh rằng:
a) DE là tiếp tuyến của đường tròn
b) 23R< DE<R
Bài giải:
Bài 1: Với x > 0 và x khác 1, ta có:
a) P=((√x − 1)(x + x +2√x+1)+
√x
x +√x+1 −
1
√x −1):√x − 1
2
P=(x+2+(√√x ( x −1)(x+√x − 1)−( x+√x +1)√x +1)):√x −1
2
P=( x −2√x+1
(√x − 1)(x +√x+1)). 2
√x − 1=2¿ ¿
b) P=
2
x +√x +1=
2
7(x >0 , x ≠ 1)⇔ x +√x − 6=0 ⇔(√x +3)(√x −2)=0
⇔√x −2=0(do√x +3>0)⇔ x=4(t /m)
c) Ta có: x > 0 => P > 0 Lại có x +√x +1>1 ⇒ 1
Vì P > 0 và P< 2 nên P(P - 2) < 0 => P2 < 2P
Bài 2:
√2(3+√5)
2+ √ ¿ ¿ ¿ ¿√2(3−√5
b) A = √2007+√2009 ¿√2008− 1+√2008+1=√ √ ¿ ¿ ¿
√2 2008+2√2008 2− 1<√4 2008=2√2008
Vậy A < B
Bài 3:
a) ĐK 3 ≤ x ≤5 Khi đó, ta có PT √x − 3+√5 − x=x2−8 x +18 có
Dấu “=” xẫy ra khi √x − 3=√5 − x ⇔ x=4
VP = (x – 4)2 + 2 2 Dấu “=” xẫy ra khi x – 4 = 0 x = 4
Suy ra VT = VP = 2 khi và chỉ khi x = 4
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 4
b) ta có: (√x2+3+ x)(√y2+3+ y )=3⇔(√x2+3 − x )(√x2+3+ x )(√y2+3+ y)=3(√x2+3 − x)
⇔3 (√y2 +3+ y)=3(√x2 +3 − x )⇔√y2+3+ y =√x2+3 − x ¿ (1)
Tương tự: √x2+3+ x=√y2+3 − y (2)
Lấy (1) cộng (2), ta được x + y = 0 x = -y
Suy ra A = x2009 – x2009 + 1 = 1