De HSG Toan 95

Đối chiếu với điều kiện chỉ có x = 1 thỏa mãn vậy phương trình có nghiệm duy nhất... Áp dụng đl Pitago vào tam giác SAO vuông tại A, ta có: 2.[r]

UBND HUYỆN LONG PHÚ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN, NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN 9

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

Đề bài:

Bài 1: (6,0 điểm)

1) Rút gọn các biểu thức sau:

a) A  10 24 40 60 b)

7 48 4 12

8 6 20 13 160

2) Cho biểu thức:

2 :

2

P

x

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Bài 2: (4,0 điểm)

1) Giải phương trình: 4 3x x

2) Tìm x, y nguyên thỏa mãn: y2x2 1 y2

Bài 3: (3,5 điểm)

1) Cho a, b, c khác 0 và

1 1 1

0

ab bc ca A

2) Cho đường thẳng có phương trình 3m – my = (2m+1).x – 3 (1)

Chứng minh rằng khi m thay đổi, các đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định Tìm tọa độ điểm cố định đó?

Bài 4: (5,0 điểm)

1) Cho (O ; R) và điểm S cố định với OS= 2R Từ S vẽ tiếp tuyến SA, SB và cát

tuyến SCD đến đường tròn

a) Chứng minh rằng: SC SD = SA2

b) Tính SC SD theo R

c) Tính độ dài SC và SD theo R cho biết CD = R 3

2) Gọi a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC

Chứng minh rằng: sin 2 2

bc



Bài 5: (1,5 điểm)

Tìm x, y là các số thực khác 0 thỏa mãn x2y2 1

Tìm giá thị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của 1

xy M

y x





  Hết

-Họ và tên thí sinh:……….

ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh:………

UBND HUYỆN LONG PHÚ

PHÒNG GD&ĐT HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI

MÔN: TOÁN 9

Hướng dẫn này gồm 3 trang

1

1

a A  10  24  40  60       2 2 3 2 5 2 2 2 3 2 2 5 2 3 5  

=  2  3  52  2  3  5  2  3  5 1,5

b

2

2 2.2 3 3 3 2 3.1 1

2 2 5 2 5.1 1 2 2 2.2 2 5 5



3

2 2 5 1 2 2 5

1,5

2

a

ĐKXĐ x0;x1

2 :

2

: 2

P

x

x





1,5

b

Với điều kiện: x0;x1

3

2 ( 1) 2 2 3 2

1

x

x



Dấu “ = “ xẩy ra khi 1 3 1 3  3 12 4 2 3

1

x

mãn ĐKXĐ

Vậy Min P = 2 3 2  x  4 2 3

1,5

4 3x x

Đk:

4 3

x 

1

Nếu : x < 0 Phương trình vô nghiệm

Nếu

4 0

3

x

 

Thì

2 2

Đối chiếu với điều kiện chỉ có x = 1 thỏa mãn vậy phương trình có nghiệm

duy nhất

2

2

y 2x2  1 y2  y 2x2 y2 4   3 y 2 ( x2  y 2) 3 

do x, y nguyên nên y2 ;( x2 y2)nguyên từ đó suy ra

2 (3) 1; 1;3; 3

y U   

Từ đó ta có bảng

x2 –y + 2 3 -3 1 -1

Vậy các cặp số (x, y) cần tìm là: (0; 1) ; (0;-1)

2

3

1

Ta có x3 y3 z3  3xyzx y z x    2 y2 z2  xy yz zx  

suy ra: x y z   0 x3y3z3 3xyz

3 3 3

0

        1 1 1

3 .

a b c

Nên ta có: 2 2 2 3 3 3

.3 3

ab bc ca

2

2

3m – my = (2m+1).x – 3 (1)

Gọi M(x0 ; y0) là điểm cố định cần tìm, ta có: 3m–my0= (2m+1)x0 – 3, m 3m – 2mx0– my0 = x0 - 3 m(3 - 2x0 –y0)= x0 – 3

 m(3 - 2x0 –y0) – (x0 – 3) = 0

Vậy (x0 ; y0) = (3;-3) là điểm cố định cần tìm

1,5

.O A

B

S

D C

I

a

SAC  SDA (g-g)

b Áp dụng đl Pitago vào tam giác SAO vuông tại A, ta có:

 2

2

c Ta có: SD – SC = CD = R 3(2)

Từ (1), (2) suy ra: SC+ SD = R 15(3)

Từ (2), (3) suy ra

( 15 3) 2

R

(đvd)

và

( 15 3) 2

R

(đvd)

1

2

A

Kẻ phân giác AD;

kẻ BH vuông góc với AD tại H

Kẻ CK vuông góc với AD tại K

H

B D

2

Sin

2

5

 2

x y

 

y x 2    1  2xy   1 x2y2    2 2  y x 2

dấu bằng xầy ra khi (x; y) bằng

Vậy

2 1 2

;

2 1 axM=

2

1,5

Chú ý: Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tối đa tương ứng