Đề và đáp án HSG 9 (2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (95.92 KB, 4 trang )
đề thi học sinh giỏi lớp 9
Môn toán
Thời gian làm bài 150 phút
-----------------------------------------------
Đề 2
Câu 1:
Cho x + 2y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y
Câu 2:
Phân tích ra thừa số
a. a
8
+ a
4
+ 1
b. a
10
+ a
5
+ 1
Câu 3:
Chứng minh rằng:
2
322
32
322
32
=
+
+
++
+
Câu 4:
Rút gọn biểu thức :
2
2
1 1 1 1
: 1
1 1
1 1
x x
A
x x
x x
x x
+
= +
ữ ữ
ữ ữ
+
+
Biết -1 < x < 1, x
0
Câu 5:
Cho hệ phơng trình ax + y = 3
4x + ax = -1
a. Giải hệ khi a=3
b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm.
Câu 6:
Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm trên đờng chéo BD chiếu lên AB và AD tại
E và F.
1. Chứng tỏ: CF = DE và CF
DE
Tìm quỷ tích giao điểm N của CF và DE
2. Chứng tỏ: CM = EF và CM
EF
3. Chứng minh rằng các đờng thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm.
Hớng dẫn chấm học sinh giỏi toán 9
®Ò II
C©u 1: (1 ®iÓm)
Ta cã : x + 2y = 1 <=> x =1 – 2y
Do ®ã P = x.y = (1 - 2y)y = y – 2y
2
= -(2y
2
– y)
8
1
22
1
2
8
1
22
1
22
1
2
222
≤
−−=
−
−−
yy
Do ®ã tÝch sè P=x.y ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng
8
1
t¹i trÞ sè
1 1
;
4 2
y x= =
C©u 2: (2 ®iÓm)
a. Ta cã a
8
+ a
4
+ 1 = (a
4
+ 1)
2
- a
4
= (a
4
- a
2
+ 1)(a
4
+ a
2
+ 1)
= (a
4
- a
2
+ 1)(a
2
+ a + 1)(a
2
- a + 1)
VËy a
8
+ a
4
+ 1 = (a
4
- a
2
+ 1)(a
2
+ a + 1)(a
2
- a + 1)
c. a
10
+ a
5
+ 1 = a
10
+ a
9
+ a
8
+ a
7
+ a
6
+ a
5
+ a
5
+ a
4
+ a
3
+ a
2
+ a + 1
- a
9
- a
8
- a
7
- a
6
- a
5
- a
4
- a
3
- a
2
- a
= (a
10
+ a
9
+ a
8
) +(a
7
+ a
6
+ a
5
)
+ (a
5
+ a
4
+ a
3
)
+ (a
2
+ a + 1)
- (a
9
+ a
8
+ a
7
)
- (a
6
+ a
5
+ a
4
)
- (a
3
+ a
2
+ a)
= a
8
(a
2
+ a + 1) + a
5
(a
2
+ a + 1) + a
3
(a
2
+ a + 1) + (a
2
+ a + 1)
- a
7
(a
2
+ a + 1) –a
4
(a
2
+ a + 1) - a(a
2
+ a + 1)
= (a
2
+ a + 1)(a
8
– a
7
+ a
5
– a
4
+ a
3
– a + 1)
VËy a
10
+ a
5
+ 1 = (a
2
+ a + 1)(a
8
– a
7
+ a
5
– a
4
+ a
3
– a + 1)
C©u 3: ( 1®iÓm)
BiÕn ®æi:
( )
2
13
2
324
32
2
+
=
+
=+
T¬ng tù:
( )
2
13
2
324
32
2
−
=
−
=−
Do ®ã:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2
3 1 3 1
2 3 2 3
2 2
3 1 3 1
2 2 3 2 2 3
2 2
2 2
3 1 3 1 3 1 3 1
2 2 6 2 2 2 6 2 3 2 6 3 2 6
3 1 3 1
3 1 3 1 2 3
2
6 6
6 3 1 6 3 1
+ −
+ −
+ = +
+ −
+ + − −
+ −
+ − + −
= + = +
+ + − + + −
+ −
+ + −
= + = = =
+ −
VËy
2
322
32
322
32
=
−−
−
+
++
+
C©u 4 : (2 ®iÓm) Rót gon biÓu thøc: ta cã
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2 2
2 2
2
2
1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1
1 1 2 1
1 1
1 1
1 1
1 1
2 2 1 1 1
2
1 1 1 1
1
x x
P
x x
x x
x x x x
x x x x x x
x x x
x x
x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x
Q
x x x x
+ −
= +
+ − −
− − +
+ − + −
= + = +
+ − − + − − + − −
− + − −
+ + −
+ + − + −
+ + −
= = =
+ − −
+ − −
+ − −
+ − + −
= =
−
= − − = −
x
x 11
2
−−
nÕu 0 < x < 1
=
x
x 11
2
−−
−
nÕu -1 < x < 0
=>
Q
P
A
=
* NÕu -1 < x < 0 ta cã
1
11
11
2
2
−=
+−
−
−+
=
x
x
x
x
A
* NÕu 0 < x < 1 ta cã:
( )
(
)
2
22
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
122122
11
11
11
11
11
11
x
xx
x
xx
x
x
x
x
x
x
x
x
A
−−−
=
−
−−−
=
−−
+−
=
−−
+−
=
−−
−+
=
VËy -1 nÕu -1 < x < 0
A=
2
22
122
x
xx
−−−
nÕu 0 < x < 1
C©u 5: (1 ®iÓm)
a. Khi a=3 ta cã hÖ
134
33
−=+
=+
yx
yx
<=>
1)33(34
33
−=−=
−=
xx
xy
<=>
105
33
−=−
−=
x
xy
<=>
2
33
=
−=
x
xy
<=>
3
2
−=
=
y
x
VËy khi a = 3 hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (2;-3)
b. XÐt hÖ
14
3
−=+
=+
ayx
yax
(I), ta cã (I) <=>
1)3(4
3
−=−+
−=
axax
axy
<=>
( )
)2(314
)1(3
2
axa
axy
−−=−
−=
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,5 ®iÓm
0,25 ®iÓm
0,25 ®iÓm
Muốn (I) có nghiệm duy nhất thì
2404
22
aaa
Muốn (I) vô nghiện thì:
031
04
2
=
a
a
13
4
2
=
a
a
3
1
2
=
a
a
2
=
a
Vậy : Điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là
2
a
Điều kiện để hệ vô nghiệm là
2
=
a
Câu 5: (3 điểm)
Vẽ hình
1. Chứng minh
DECF
và
DECE
=
ta có
DECFcgcDAECDF
==
)(
Ta cũng có
11
DC
=
mà
VNDCD 1
1
=+
=>
VNDCC 1
1
=+
=>
VCND 1
=
hay
DECF
Qủy tích của N: ta có
VCND 1
=
(câu a)
=> N chạy trên đờng tròn đờng kính CD.
Giới hạn : N ở miền trong của hình vuông ABCD .
- Khi M ở B thì F ở A, E ở B suy ra CF trùng với CA và DE trùng với DB do đó
N ở tại O (tâm của hình vuông).
- Khi M ở D thì F ở D, E ở A suy ra CF trùng với CD và DE trùng với DA do
đó N ở tại D.
Vậy N chỉ chạy trên 1/4 đờng tròn, cung DNO, có đờng kính CD.
Phần đảo: Lấy N thuộc cung phần t DO ở trên đờng tròn đờng kính CD ta có
VCND 1
=
(1)
Gọi E là giao điểm của DN và AB, F là giao điểm của CN và AD. Dựng hình
chữ nhật AEMF ta chứng minh rằng
BDM
.
Từ (1) =>
11
DC
=
(góc nhọn có cạnh đối một vuông góc)
=>
AEDFgcgDAECDF
==
)(
mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật)
=> DF=FM <=>
FDM
vuông cân
DBMFDM
=
0
45
Vậy quỷ tích của N là 1/4 cung DNO của đờng tròn đờng kính CD.
2. Chứng tỏ
EFCM
=
và
EFCM
gọi K là giao điểm của FM và CB ta có:
DFCK
=
=>
FMCK
=
tơng tự :
MEMK
=
Do đó:
EFCMcgCFMECKM
==
)(
Ta cũng có:
KCM MFE CM EF =
.
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
3. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy
Chứng minh tơng tự câu 1 ta có
CEBF
Trong
CEF
ta có
EFCM
;
EFED
;
CEFB
=> CM, ED, FB Là 3 đờng cao của tam giác do đó chúng đồng quy.
Vậy CM, BF, DE đồng quy tại một điểm. đó là trực tâm của tam giác CEF
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Chú ý: Vẽ hình đúng ý 1
Vẽ hình sai không cho điểm câu 6
