- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 9
Đề học sinh giỏi tham khảo bồi dưỡng học sinh các huyện, sở (15).DOC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (75.15 KB, 3 trang )
Hớng dẫn chấm học sinh giỏi toán 9
đề I
Câu 1:
Biến đổi tử số:
( )( )
( )( )
( )
138517
3851738517
2538517
2
2
3
==
+=
+
Biến đổi mẫu số:
( )
3535
535
56145
2
=+=
+=
Vậy
3
1
thay vào biểu thức A ta có:
2007
2007
22
2007
23
32
3
8
3
1
2
3
1
.8
3
1
.3
=
++=
+
+
=
A
Vậy A=3
2007
x
0
; y
0
) là điểm nào đó mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua mọi giá trị của m. Vậy x
0
;
y
0
phải thoả mãn với mọi m:
( )
(*)13)6(:
613
000
2
0
0
2
00
=+
+++=
xymxxHay
mxmmxy
Phơng trình (*) đúng với mọi m nên phải có :
)2(013
)1(06
00
0
2
0
=
=+
xy
xx
Phơng trình (1) có 2 nghiệm x
0
=2 ; x
0
=-3
Thay x
0
= 2 vào (2) ta có y
0
=7; thay x
0
=-3 vào (2) ta có y
0
= -8
Vậy với mọi giá trị của m, đồ thị của hàm số đã cho đi qua hai điểm A(2;7) và B(-
3;-8)
Câu 3: Chứng minh bất đẳng thức:
1
12007.3
1
2007.3
1
32007
1
22007
1
12007
1
>
+
+++
+
+
+
+
+
Đặt n=2007 ta cần chứng minh:
1.3
1
.3
1
3
1
2
1
1
1
+
+++
+
+
+
+
+
=
nnnnn
P
(1)
Viết :
1
1
2
1
3
1
13
1
+
+
+
+++
+
=
nnnn
P
(2)
Cộng (1) với (2) đợc
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,75 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
1
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
)3(
113
1
23
1
3.2
1
131
1
122
113
24
23
24
3.2
24
131
24
1
1
13
1
2
1
3
1
3
1
2
1
13
1
1
1
2
++
+
+
++
+
+
++
+=
++
+
+
+
+
++
+
+
+
++
+
=
+
+
+
+
+
+++
+
+
+
+
+
+
=
nnnnnnnn
n
nn
n
nn
n
nn
n
nn
n
nnnnnnnn
P
Mỗi mẫu số trong các số hạng của(3) có dạng:
(n + k)(3n k + 2)=(2n + 1)
2
- (n k + 1)
2
< (2n + 1)
2
với 1 k 2n + 1
Tổng của (3) có 2n + 1 số hạng nên
( )
12
12
12
).12(22
2
>=
+
+
+>
PraSuy
n
n
nP
Câu 4
Đặt a=m
2
+ 5, ta có phơng trình:
x
2
+ ax 1 = 0 với a
Z. theo định lý Vi ét : x
1
+ x
2
=-a, với a
Z và x
1
.x
2
=-1
Biến đổi
( ) ( ) ( )( )
)1(
4
221
4
1
2
2
2
1
3
2
2
3
2
1
6
2
6
1
xxxxxxxxxx
++=+=+
từ
( )
22
2
21
2
21
2
2
2
1
+=+=+
axxxxxx
và
( ) ( )
323
2
22
1
2
1
2
2
2
2
1
4
221
4
1
+=+=+
axxxxxxxx
Thay vào (1) đợc:
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
)2(232322
2
3
2
2
226
2
6
1
++=++=+
aaaaxx
a. Thay a = m
2
+ 5 vào (2) ta đợc:
( )
[ ]
( )
[ ]
25325
2
2
2
26
2
6
1
++++=+
mmxx
b. Từ (2)ta có:
( )
)3(323
3
26
2
6
1
++
axx
Ta chứng minh rằng:
33
3
bb
đặt b = 3t + r với r = 0,1,2 thì b
3
= 27t
3
+ 27t
2
r + 9tr
2
+ r
3
nghĩa là
tbrb 303
3
==
vậy (3) xẫy ra khi
313312
222
+=+ aaa
hay
( ) ( )( ) ( )
31346315
2222
2
2
++++ mmmmm
(4)
đặt m = 3t + rvới r= 0,1,2 thì (4) xẫy ra
m = 3t
Vậy
)3(33
6
2
6
1
mxx
+
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
2
Câu 5:
1. Hai điểm A và C cùng nhìn EF dới 1 góc vuông nên A,C dều nằm trên đờng tròn
tâm M, đờng kính EF. Từ đó
0
45== FACFEC
và các góc
CFMMCFECM ,,
đều bằng 45
0
Suy ra: CE = CF từ đó
BCMECBACE ==
0
45
Hơn nữa
raSuyMBCEAC .135
0
==
EAC
EAC
2. Đặt BN = x với 0 < x < a thì An=a x
0 từ đó
AEN
BCN
suy ra:
( )
a
x
a
x
xaa
AE
BN
AN
BC
AE
=
==
2
(1)
Từ CD = CB, CE = CF và
BCFBCMACEDCE ==+=
00
4545
suy ra
CBFCDE =
do đó BF = DE = DA + AE =
x
a
a
x
a
a
22
=+
(2)
Ta có AF = AB + BF =
x
a
a
2
+
(3) Từ (1), (2), (3) tính đợc :
S
ACEF
= S
CBF
+ S
ACB
+ S
FAE
=ẵ(a
2
+ AE.AF +CB.BF)
=
2
34322
2
22
1
x
xaa
x
a
a
x
a
a
x
a
a
+
=
+
+
+
Để S
ACFE
= 3S
ABCD
cần giải phơng trình
2
2
34
3
2
a
x
xaa
=
+
hay 6a
2
x
2
- a
3
x a
4
= 0 <=> 6x
2
- ax a
2
= 0
Giải phơng trình này đợc :
3
;
2
21
a
x
a
x ==
(loại)
vậy
2
a
BN =
3
