de thi hoc sinh gioi mon toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (103.48 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN
THỜI GIAN 150 PHÚT

Năm học 2009 - 2010

Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:

7 2 5

2 1

x y x y

x y x y

    




   




( 1) ( 1) 2

1 1

x y y x xy

x y y x xy

    




   




Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 1 1

x y z

P

x y z

  
  

Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện

1 1 1

2
1a1b1c

Chứng minh rằng:

1
8
abc

Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là
một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường trịn (O). Các tia AC
và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của
đường tròn (O).

Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C.
Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác.

a) Chứng minh HI // d.

b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d.
chứng minh rằng MN = EF

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN NĂM HỌC 2009 - 2010

Câu Đáp án Thang điểm

7 2 5(1)

2 1(2)

x y x y

x y x y

    


   



Đặt u = 7x y , v = 2x y (u0,v0)

Ta có

5
(*)
1

u v

v x y

 




  


Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x

Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =

5
2
x

, v =

5
2

x



Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =

5 3
1
2 2
x x
x
 
  

Thay y =

3
2
x

vào phương trình (2) ta được

1
2
3 3
2 1
2 2
1
5 3 5

19
2 2
x x

x x
x
x x
x
 
   


 
   



Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11

Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
b)

( 1) ( 1) 2 (1)

1 1 (2)

x y y x xy

x y y x xy

    


   



Điều kiện x1,y1

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có:

( 1 1)
1 ( 1).1

2 2

x y xy

x y x y    

(3)

( 1 1)
1 ( 1).1

2 2

y x xy

y x y x    

(4)
Vậy x y1y x1xy

Dấu “=” xảy ra

1 1
1 1
y
x
 

 
 

2
x y
  

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có

1 1 1

(1 ) (1 ) (1 )

1 1 1

P

x y z

     

  

1 1 1

3 ( )

1 1 1

P

x y z

   
  

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cơ Si ta có

3
x y z   xyz,

1 1 1 3
x y z xyz

1 1 1 3

(x y z)( ) 3xyz. 9

x y z xyz

      

Dấu = xảy ra khi x = y = z.
Ta có

1 1 1 9

1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
x y z  x  y  z

1 1 1 9

1 1 1 4

x y z

   

  

Vậy

9 3
3

4 4
P  

1 1 1

3 1

4 3

x y z

P x y z

x y z

    


      

  



Vậy P đạt giá trị lớn nhất là

3
4
P

tại

1
3
x  y z

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5

0.25

Ta có:

1 1 1

(1 ) (1 )

1a   1b   1c
1

1 1 1 (1 )(1 )

b c bc

a b c b c

   

    

Vậy

1
2

1 (1 )(1 )
bc

a  b c

  

Tương tự:

1
2

1 (1 )(1 )
ac

b a c

  

1
2

1 (1 )(1 )
ab

c a b

  

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:

1 8

(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc

a b c  a b c

     

8abc 1

 

0.5
0.5
0.5

0.25
0.25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

P
Q

O
M

B
A

0.5

Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.

Trong đường trịn tâm M ta có:

 2

AMC ABC (góc ở tâm chắn cung AC)

Trong đường trịn tâm O ta có:

 2

AOQ ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)

Suy ra AMCAOQ (1)

Chứng minh tương tự ta có
BMC BOP (2)

Tứ giác MAOB có A B  900

  1800
AMB AOB

   (3)

Từ (1), (2), và (3) suy ra:

   

POQ POB BOA AOQ  

(BMC AMC )BOA

AMB AOB 1800

Suy ra P, Q, O thẳng hàng.

Vậy PQ là đường kính của đường trịn (O)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

M
F

N
E

B 0.5

a) Chứng minh HI // d

Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC

Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC HIC (Cùng bù với góc HIA )

Mà ABCACx (cùng chắn cung AC)

  //

HIC ICx HI d

  

0.25
0.5
0.25
0.5
b) Chứng minh MN = EF

d // HI  IF=HN

AMCH nội tiếp  HMNHAC

BICE nội tiếp  IEF IBC

Mà HAC BIC  nên HMNIEF  HMN IEF

EF
MN

 

0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n2(n Ỵ Z) số đứng trước nó là n2-1

Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)

Tích này có 3 số ngun liên tiếp nên chia hết cho 3

Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2

Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4

Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Người ra đề

</div>

de thi hoc sinh gioi mon toan 9

<b>ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM</b>

<b>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN NĂM HỌC 2009 - 2010</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về