De thi hoc sinh gioi Toan 9 An Giang nam hoc 20122013 vahuong dan giai

b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của BÀI 5: 4 điểm Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính R 2.. a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông..[r]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm)

a/ Khử căn ở mẫu số:

59

A 

 

b/ Tính tổng:

BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức Q x x43x21

a/ Phân tích đa thức Q x  thành nhân tử

b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 x43x21

BÀI 3: (4 điểm)

a/ Vẽ đồ thị hàm số yf x 3x 9  x 7

b/ Giải phương trình: 3 x2 6 x2  9 x2  7 0

BÀI 4: (4 điểm)

Cho hệ phương trình

x y

x my

 





 (m là tham số)

a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó

b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của    

P x y  x my 

BÀI 5: (4 điểm)

Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính

2

R 

a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông

b/ Cho AB2 0x  x2 Tính diện tích hình thang ABCD theo x

NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm)

a/ Khử căn ở mẫu số:

59

A 

 

Ta có:

59 3 5 7 59 3 5 7 1 2 15

3 5 7 2 15 1

1 2 15 1 2 15 1 2 15

b/ Tính tổng:

Ta có:

3 5 5 7 2011 2013

BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức Q x x43x21

a/ Phân tích đa thức Q x  thành nhân tử.

Đặt tx t2 0 ta có:

 

2

3 1 2 .

Q x  t t  t t    t     t    t  

b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 x43x21

y  t t

     (xem đây là phương trình với ẩn t)

Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi

9 4 1 y 5 4y

     

là số chính phương Đặt 5 4 y 2 k k2  

Ta có: 5k2y k   2y

Do đó k2 ,y k 2y 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1        

Suy ra y 1 t0t0  x 0

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là 0,1 , 0, 1   

Cách 2:

2

3 1

y x  x   y x   

2

Vì x y, nguyên nên

2x2   3 2 , 2y x2   3 2y 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1        

Suy ra x y 2 ,  0,1 ; 0, 1   

(vì x 2 0)

Vì vậy x y ,  0,1 ; 0, 1   

Vậy nghiệm nguyên của phương trình làx y ,  0,1 ; 0, 1   

BÀI 3: (4 điểm)

a/ Vẽ đồ thị hàm số yf x 3x 9 x 7

Ta có

y f x

Đồ thị hàm số này là hai nhánh của các đường thẳng y4x 6x3 và y2x2x3 như hình vẽ

b/ Giải phương trình: 3 x2 6 x2  9 x2  7 0

Ta có: 3 x2 6 x2  9 x2  7 0

3 x 3 x 7 0

Đặt tx t 0 phương trình trên trở thành

 

3t 3  t 7 0 2 

Dựa vào đồ thị ta có  

1 2

4

t t





  



Với tx  1 x1

Với tx  4 x4

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x1, x4

Cho hệ phương trình

x y

x my

 





 (m là tham số)

a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.

1 2

x y

II

x my

 





Nếu m 6

0 4

II

y

 



 



 (vô nghiệm)

Nếu m 6

 

8 1

6 4 6

x

m II

y

m



 



 

 





Vậy với m 6 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

8

1

6 4

6

x

m

y

m



 





 





b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của    

P x y  x my 

Với m 6, ta có

0

P  với mọi x

8 1

0

6

x

P

x my

y m

 

  





Vậy với m 6, giá trị của biểu thức P là 0 tại

8

1

6 4

6

x

m

y

m



 





Với m 6, ta có    

P x y  x y

Đặt t x 2y, ta có

2

P t  x  t  t  t   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

t   x y

Vậy với m 6, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

8

5 tại

1

5

y

x y







   

 





BÀI 5: (4 điểm)

Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính

2

R 

a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông.

b/ Cho AB2 0x  x2 Tính diện tích hình thang ABCD theo x.

Giải

a/ Hình vẽ:Vì hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (I)

nên ta gọi M, N, E, F lần lượt là tiếp điểm giữa AB, CD, AD, BC

với (I)

Ta có AI, BI, CI, DI là các phân giác của DAB ABC BCD CDA,  ,  , 

Suy ra

2

IAD IAB IBA IBC    DAB

Và

2

IDA IDC ICD ICB    ADC

(Vì ABCD là hình thang cân)

Mà DAB CDA   1800 (ABCD là hình thang cân)

Nên

90 2

IAD IDA  

Do đó AID 1800 900  900 (tổng ba góc trong tam giác bằng 1800)

Vậy tam giác IAD vuông tại I

Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I

b/ Hai tam giác vuông IMA, IMB có

2

DAB IAM IBM   AIM BIM

Do đó IMAIMB g c g . 

Suy ra MA = MB, hay M là trung điểm của AB

Tương tự ta có N là trung điểm của CD

Cho nên ta có: EA AM MB BF x

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông IMA ta có:

AI x  x 

Tam giác AID vuông tại I có IE là đường cao nên:

AI AE AD AD



x



Vậy

8

4

ABCD

x

x



(chú ý: M, I, N thẳng hàng vì ABCD là hình thang cân)