De thi hoc sinh gioi Toan 9 An Giang nam hoc 20122013 vahuong dan giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: b/ Tính tổng:. S. A. 59 3 5 7. 1 1 1   ...  3 5 5 7 2011  3013. BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức. Q  x   x 4  3 x 2 1. Q x. a/ Phân tích đa thức   thành nhân tử. 2 4 2 b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y x  3x  1 BÀI 3: (4 điểm) a/ Vẽ đồ thị hàm số. y  f  x   3x  9  x  7. 2 2 2 b/ Giải phương trình: 3 x  6 x  9  x  7 0 BÀI 4: (4 điểm) Cho hệ phương trình.  x  2 y  1   3 x  my 1 ( m là tham số) a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó. 2. P  x  2 y  1   3 x  my  1. 2. b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của BÀI 5: (4 điểm) Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính R 2. a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông. b/ Cho. AB 2 x.  0  x  2  . Tính diện tích hình thang ABCD theo x ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút BÀI 1: (4 điểm) a/ Khử căn ở mẫu số: A. Ta có: 59 . . 59. . 7. 1  2 15. b/ Tính tổng:. Ta có: . 1 2. . 3.  59 . 3. 3 5. 5 5. . 5. . t  x  t 0 . 7. . .  . 3 5. 3 5. . 3 5. 7 1  2 15.  1  2 15   1  2 15  . 3. 5. .  . . Q  x. 5. 5 7.  . . 2. . 7 7. . 2. 3 5. . . 7 2 15  1. 7. . . 5. 7. .  ... .  . . 2013 . 2011 . 2011  3013. 2013 2013   2 2 4 2 Q  x   x  3 x 1. 7  ...  2011 . a/ Phân tích đa thức Đặt. 59. 3 5. BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức 2. . 7. 1 1 1   ...  3 5 5 7 2011  3013. S.  . 3 5. 3 5 7. 3 5. S. . 59 3 5 7. A. 3. . 3013. 2011 . 3. thành nhân tử.. ta có: 2. 2 2 3  3 5  3   5   3 5  3 5  Q  x  t  3t  1 t  2.t.      t       t  t   2  2  4  2   2   2   2  2 4 2 b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y x  3x  1 2. 2. 2 Cách 1: Đặt t  x  t 0  ta có:. y 2 t 2  3t  1  t 2  3t  1  y 2 0 (xem đây là phương trình với ẩn t). Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi  9  4  1  y 2  5  4 y 2 2.  k   5  k  2 y   k  2 y  Ta có: k  2 y, k  2 y   1,5  ;  5,1 ;   1,  5  ;   5,  1 Do đó   t 0  t 0   x 0 Suy ra y 1 Đặt. 5  4 y k. là số chính phương. 2. 0,1 , 0,  1 Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là   .  3013. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Cách 2: 2. 3 5  y 2  x 4  3x 2  1  y 2  x 2    2 4  2. 5  3   x 2    y 2  5  2 x 2  3  2 y   2 x 2  3  2 y  4  2 x , y Vì nguyên nên.  2x. 2.  3  2 y, 2 x 2  3  2 y   1,5  ;  5,1 ;   1,  5  ;   5,  1. Suy ra.  x , y   0,1 ;  0,  1 2. 2 (vì x 0 ). x, y  0,1 ; 0,  1 Vì vậy     . Vậy nghiệm nguyên của phương trình là  BÀI 3: (4 điểm). x, y   0,1 ;  0,  1. y  f  x   3x  9  x  7. a/ Vẽ đồ thị hàm số. 3 x  9  x  7  x 3  4 x  16  x 3 y  f  x    9  3x  x  7  x 3  2 x  2  x 3   Ta có. Đồ thị hàm số này là hai nhánh của các đường thẳng như hình vẽ. 2 2 2 b/ Giải phương trình: 3 x  6 x  9  x  7 0 2 2 2 Ta có: 3 x  6 x  9  x  7 0.  3 x  3  x  7 0. Đặt. t  x  t 0 . 3 t  3  t  7 0. phương trình trên trở thành.  2. Dựa vào đồ thị ta có Với.  t 1  t 4.  2  . t  x 1  x 1 t  x 4  x 4. Với Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 1, x 4. y 4 x  6  x 3. và. y  2 x  2  x 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BÀI 4: (4 điểm) Cho hệ phương trình  x  2 y  1   3 x  my 1 ( m là tham số) a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.  x  2 y  1  x  1  2 y   II    3x  my 1  m  6  y 4 Nếu m 6  x  1  2 y  0. y 4 (vô nghiệm) Nếu m 6 8   x  1  m  6  II    4  y   m  6.  II   . Vậy với m 6 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất 8   x  1  m  6  4  y   m  6 2. b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của Với m 6 , ta có P 0 với mọi x. P  x  2 y  1   3 x  my  1.  8  x  1   x  2 y  1 0  m 6 P 0    3 x  my  1 0  y 4   m 6 Vậy với m 6 , giá trị của biểu thức P là 0 tại 8  x  1   m 6   y 4  m 6 2. Với m 6 , ta có P  x  2 y  1   3x  6 y  1 Đặt t x  2 y , ta có. 2. 2.  2 8 8 P  t  1   3x  1 10t  4t  2  10t     5  5 5  1 1 t   x 2y  5 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2. 2. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 8 Vậy với m 6 , giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 5 tại. 1 x  2y   5.  y   1  x  5  2 y. BÀI 5: (4 điểm) Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính R 2. a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông. AB 2 x  0  x  2  b/ Cho . Tính diện tích hình thang ABCD theo x . Giải a/ Hình vẽ:Vì hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (I) nên ta gọi M, N, E, F lần lượt là tiếp điểm giữa AB, CD, AD, BC với (I)     Ta có AI, BI, CI, DI là các phân giác của DAB, ABC , BCD , CDA. 1    IBC  IAD IAB IBA  DAB 2 Suy ra 1     IDA IDC ICD ICB  ADC 2 Và (Vì ABCD là hình thang. cân) 0   Mà DAB  CDA 180 (ABCD là hình thang cân) 1800   IAD  IDA  900 2 Nên AID 1800  900 900. Do đó (tổng ba góc trong tam giác bằng 1800) Vậy tam giác IAD vuông tại I. Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I.  DAB    IAM IBM   AIM BIM 2 b/ Hai tam giác vuông IMA, IMB có IMA IMB  g .c.g . Do đó Suy ra MA = MB, hay M là trung điểm của AB. Tương tự ta có N là trung điểm của CD. Cho nên ta có: EA  AM MB BF x Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông IMA ta có: AI 2 x 2  22 x 2  4. Tam giác AID vuông tại I có IE là đường cao nên: AI 2 x 2  4  AE x 2 x 4 4 8  ED DN  AD  AE   x   DC  x x x 8  2 x   .4 AB  CD  .MN   16 x S ABCD   4 x  2 2 x Vậy AI 2  AE. AD  AD . (chú ý: M, I, N thẳng hàng vì ABCD là hình thang cân).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

<span class='text_page_counter'>(7)</span>