De thi hsg toan 9

c Nêu cách xác định vị trí điểm C trên tia Ax để diện tích tam giác COD bằng diện tích tam giác AHB.. Người ra đề Ðặng Ngọc Trình.[r]

phòng gD & ĐT thanh Oai Đề thi học sinh giỏi lớp 9

TRƯỜNG THCS BÍCH HềA Năm học 2014 - 2015

Môn: Toán

( Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề)

Cõu 1 : ( 6 điểm )

1) Cho biểu thức:

4 1

A

x





a/ Rỳt gọn A

b/ Tỡm giỏ trị nguyờn của x để A đạt giỏ trị nguyờn

c/ Tớnh giỏ trị của A với x 7 49(5 4 2)(3 2 13    2 )(3 2 1 2 2 ) 

2) Tỡm tất cả cỏc số tự nhiờn abc cú 3 chữ số sao cho :

 

2

2

1 2

abc n

cba n





 

 với n là số nguyờn lớn hơn 2

Cõu 2 : ( 4 điểm ).

1) Giải phương trỡnh sau: x+3+ √ 1−x2=3 √ x+1+ √ 1−x

2) Cho x y z, , là ba số thỏa món: x y z  và 1 x y z   1x 1y 1z

Tớnh giỏ trị của biểu thức: P x20131  y2014  1 z2015 1

Cõu 3 : ( 3 điểm ).

1) Tìm các nghiệm nguyờn của phương trỡnh : x2 + xy + y2 = x2y2

2) Cho a, b và c là cỏc số thực khụng õm thỏa món a b c   1

Chứng minh rằng

1

Cõu 4 : ( 6 điểm )

Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB Trờn một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuụng gúc với AB Trờn tia Ax lấy điểm C, trờn tia By lấy điểm D sao cho

gúc COD = 900 Kẻ OH vuụng gúc với CD tại H

a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường trũn tõm O đường kớnh AB;

b) Chứng minh

2

.

4

AB

AC BD 

; c) Nờu cỏch xỏc định vị trớ điểm C trờn tia Ax để diện tớch tam giỏc COD bằng diện tớch tam giỏc AHB

Cõu 5 : ( 1 điểm ) Tìm nghiệm nguyên dương của phơng trình : x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0

—————————————– Hết ——————————————–

Người ra đề Người duyệt đề

éặng Ngọc Trỡnh

đề chính thức

phßng gD ĐT thanh Oai

TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA

híng dÉn chÊm m«n to¸n 9 Năm học: 2014 - 2015

Câu

1.1

(4 ð)

a/Cho biểu thức A= 1-

:

4 1

x

x x x x

ĐK: x

1 0; ; 1 4

x x

:



A=1-2

.

x x x x

x x x

b/ Tìm xZ để A nguyên

2

1 2

1 2

x

Do x0;x1;x Z  x0

Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên

c/Với x= 7 49(5 4 2)(3 2 13    2 )(3 2 1 2 2 ) 

x=-7349(5 4 2)(5 4 2)  7 7 49 

7

x

  Vậy A

1 2.7 13

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

1đ

0,5đ 0,5đ

Câu

1.2

(2 ð) Viết được

2 2

abc a b c n cba c b a n n







(2)

Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5

=> 4n – 5  99 (3) Mặt khác :

100 n2 1 999   101 n2  1000  11  n 31

    (4)

Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc 675

0,5

0,5

0,5 0,5

1 x+3+√1−x2=3√x+1+√1−x (ĐK: −1<x<1 )

0,5đ

(1)

2.1

(2đ)

Câu

2.2

(2đ)

-Câu

3.1

(2đ)

Đặt

Ư

Ư

{ Ư Ư Ư

Ư

Thay vào phýõng trình đã cho ta có:

a2+2+ab=3 a+b ⇔ a2+(b−3) a−(b−2)=0⇔(a−1)(a+b−2)=0

⇔

Ư [a=1

[a+b=2[Ư

 Với a=1⇒√x+1=1 ⇔ x=0 (thỏa mãn)

Với a+b=2 ⇒√x+1+√1−x=2⇔ x+1+1−x+2√1−x2=4 ⇔√1−x2=1⇔ x=0

(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0

-Từ

( vì xyz 1)

Xét tắch x1 y1 z1  xy x y  1 z1 

xyz xy xz yz x y z         xy xz yz x y z      

Lần lượt thay x 1 hoặc y 1 hoặc z 1 vào biểu thức P ta đều được P 0

-*Vắi x 2 vộ y 2 ta cã:

4 4

x y x

x y y









 x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy

* VẺy x 2 hoẳc y  2

- Vắi x =2 thay vộo phểng trừnh ta ệĩc 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phểng trừnh khềng cã nghiỷm nguyến

- Vắi x =-2 thay vộo phểng trừnh ta ệĩc 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phểng trừnh khềng cã nghiỷm nguyến

- Vắi x =1 thay vộo phểng trừnh ta ệĩc 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Vắi x =-1 thay vộo phểng trừnh ta ệĩc 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Vắi x = 0 thay vộo phểng trừnh ta ệĩc y =0

Thỏ lỰi ta ệĩc phểng trừnh cã 3 nghiỷm nguyến (x, y) lộ:

(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

Học sinh phát biểu và CM bất đẳng thức phụ sau:

- Với x; y là các số thực dương bất kỳ ta có:

4

   (1) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y

0,25

3.2

(1ð)

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có

x y 1 1 2 xy.2 1 4

x y xy

4

- Áp dụng BĐT (1) ta có:

   

Tương tự

1 4

bc bc

a a b a c

    (2’);

1 4

ca ca

b b a b c

     (3’) Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được:

ab bc ca ab ca ab cb cb ca a b c

c a b b c c a a b

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

1 3

a b c  

0,25

0,25

0,25

Câu 4

(6đ)

0,5

a) Vì Ax AB By; AB nên Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Gọi M là trung điểm của CD => OM là đường trung bình của hình thang

ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)

Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông COD => OM

= MC => tam giác OMC cân tại M => góc COM = góc MCO (2)

Từ (1) và (2) suy ra góc ACO = góc MCO

=> tam giác ACO = tam giác HCO (cạnh huyền - góc nhọn)

=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O

=> CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB

1,5

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AC = CH; BD = DH

CH.DH = OH2 =>

2

.

4

AB

AC BD 

c) S COD S AHB => 1

OH

HK  ( HK AB; K thuộc AB ) ( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA)

=> OH = HK => K trùng O => H là điểm chính giữa của nửa đường tròn O =>

1,5

0,5 1,0 1,0

Cõu 5

(1 ð)

AC = 2

AB

vậy điểm C thuộc tia Ax sao cho AC = 2

AB

thỡ S COD S AHB

-Biến đổi phơng trình

x2+2y2 +2xy +3y- 4 = 0 ⇔ (x2+2xy+y2) +y2 +3y - 4= 0

⇔ (y+4)(y-1) =-(x+y)2 ¿ 0

⇒ - 4 ¿ y ¿ 1 vì y thuộc Z nên y ¿{−4 ;−3;−2;−1;0;1}

Sáu cặp (x;y) thỏa mãn phơng trình là

(4;- 4), (1;- 1),(5;-3), (1;3),(2;0), (-2;0)

V ỡ x; y nguyờn dương nờn x=1 và y=3

0,25 0,25 0,25

0,25