DE THI HSG TOAN 9 NH 2012 2013

Tính giá trị lớn nhất của biểu thức Bài 4: 4điểm Trên tiếp tuyến tại điểm A của đường tròn 0;R lấy điểm M.. Chứng minh tam giác AMB đều.[r]

PHÒNG GD - ĐT CHÂU THÀNH

Trường THCS Long Hòa

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG - NĂM HỌC: 2012 - 2013

MÔN THI: TOÁN - KHỐI 9

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

Bài 1: (5 điểm)

Cho biểu thức : P =

9

x





x + 3 x - 3

a Tìm điều kiện xác định của P

b Rút gọn P

c Tính giá trị của x để P =

1 3

Bài 2: ( 5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a x + 3 + x -1 = 2

b x + x - 3x + 5 = 3x + 7 2 2

Bài 3: ( 3 điểm)

Tính giá trị lớn nhất của biểu thức 2

1

A =

x - 6x + 17

Bài 4: (4điểm)

Trên tiếp tuyến tại điểm A của đường tròn (0;R) lấy điểm M Gọi điểm B của đường tròn (O;R) sao cho MB = MA

1 Chứng minh : MB là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)

2 Cho OM = 2R Chứng minh tam giác AMB đều Tính độ dài các cạnh và diện tích của tam giác AMB theo R

3 Vẽ đường kính BE của (O), chứng minh :AE//OM

Bài 5: (3điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH

Chứng minh hệ thức 2 2 2

 HẾT 

PHÒNG GD - ĐT CHÂU THÀNH

Trường THCS Long Hòa

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRƯỜNG

NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN THI: TOÁN - KHỐI 9

1

a Điều kiện :

0 9

x x









b P =

=

x





1 1

c P =

1 3

3

x

2 a x + 3 + x -1 = 2

Đk:

3 0

1 0

x x

 





 



3 1

x x





 



Ta thấy hai vế của phương trình không âm nên bình

phương 2 vế của pt ta được :

(x 3)(x 1) 1   x

x + 3 + x -1 = 2

Điều Kiện : x 1 ta có : x2 2x 3  1 2  x 1x2

 4x 4 0 

 x = 1 (Nhận )

Vậy pt có nghiệm là x =1

0,5

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

b x + x - 3x + 5 = 3x + 7 2 2 (1)

3 5 12 3 5 0

        (2)

(2)  t 2 + t - 12 = 0

 = 49 > 0  = 7 Vậy phương trình có hai nghiệm: t 1 = 3; t 2 = - 4

Vì t = 3x + 5 = 9

0,5 0,5 0,5 0.25 0,25

 x 2 - 3x - 4 = 0

3

a Tính giá trị lớn nhất của biểu thức 2

1

A =

x - 6x + 17

Để A lớn nhất khi x - 6x + 17 2 nhỏ nhất

Ta có : x - 6x + 17 2 = x - 6x + 9 + 8 2 = x  32 8

Mà x  32  8 8

Nên : Max A =

1

8 khi x = 3

1 1 0,5 0,5 4

0,5

a CM: MB là tt của (0)

 Xét AOM và BOM

Có : MA=MB

OA=OB

OM: Cạnh chung

 AOM BOM (Cạnh – cạnh – cạnh )

 MAO MBO (1)

 Mặt khác: MA là tiếp tuyến của (O)

Suy ra: MAO 900 (2)

 Từ (1) và (2) suy ra : MBO 900

 Ta có

 

B AB

B O MBO

 











  MB là tiếp tuyến của (O)

0,25 0,25

0,5

b

Chứng minh tam giác ABM đều

 Gọi H là giao điểm của AB và MO

 Xét tam giác AOM vuông tại A ta có :

0,25

Sin OMA =  0

1

30

OA R

OMA

Suy ra : AMB 2.BMO 2.300  600 (3)

 Xét tam giác ABM có MA =MB (gt) nên ABM là

tam giác cân (4)

 Từ (3) và (4)  ABM

Tính dt tam giác ABM

 Áp dụng pytago vào OAM ta có

MA MO2 OA2 R 3 = MB = AB

Suy ra :

3 2

R

AH 

 Áp dụng pytago vào tam giác MHA ta được

MH =

3

2R



2

ABM

R

S  MH AB

0,25 0,25 0,25

0,25 0.25 0,25 0,25

Chứng minh :AE//OM:

Tam giác ABE nội tiếp có BE là đường kính

nên BA AE (5)

Mặt khác MH AB (6)

Từ (5) và (6) suy ra AE//MH hay AE//OM

0,25

0,25 5

0,5

 Tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao :

AH =

2

2

AH

 Mặt khác : BC2 AB2 AC2 (2)

 Từ (1) và (2) ta được :

2

AB AC AB AC AH



Suy ra :

1

.

AB AC

AH AB AC





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

2 2 2

AH AB  AC

0,5