Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện Đức Thọ môn: Toán 9 (Năm học 2013-2014)

Chia sẻ: Ba Khia | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

364
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là "Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện Đức Thọ môn: Toán 9" năm học 2013-2014. Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện Đức Thọ môn: Toán 9 (Năm học 2013-2014)

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) A  4  10  2 5  4  10  2 5  5  x  y  x2  x  y  y2 2 2 x 2 y2 b) B    với xy > 0; x  y xy x x  y y x  y Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn y 2  2xy  7x  12  0 Bài 3: Giải các phương trình  5 x  5x   x  2013  x  2014  10 14 a) x    x 6 b)  1  x 1  x  1  Bài 4: Cho ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a) Chứng minh rằng BEC  ADC. Tính BE theo m = AB  b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng BHM  BEC. Tính AHM GB HD c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng  BC AH  HC Bài 5: a) Cho x  y  3  x  y   4  x  y   4  0 và xy > 0 3 3 2 2 1 1 Tìm GTLN của M   x y b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a5 b5 c5 a 3  b 3  c3    a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 3 Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) Đặt x  4  10  2 5  4  10  2 5  x 2  8  2 6  2 5  8  2   5 1  6  2 5  x  5  1 . Do đó A = 1 x  y x x  y y b) B  1   x x  y y x  y Xét các trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > 0 và y > x > 0 ta đều được B  1 Bài 2: Cách 1: y 2  2xy  7x  12  0   x  y    x  3 x  4  2 (x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương x  3  0  x  3 Dó đó   Từ đó ta tìm được (x; y)  {(-3; 3); (-4; 4)} x  4  0  x  4
Cách 2: y 2  2xy  7x  12  0  4y 2  8xy  28x  48  0  4y 2  49  4x  2y  7   1 2y  7  1  x  4 2y  7  1  x  3   2y  7  2y  7  4x   1 ta có     2y  7  4x  1  y  4 2y  7  4x  1  y  3  5x  5x Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x  -1. Đặt x    a và x  b.  x 1  x 1  5x   5  x  5x  x 2  x 2  x  5  x Ta có a  b  x       5 x  1  x  x 1   x 1  a  2   5 x    x  x  1   2  ab  6   b  3  a  2    x  3x  2  0 2 Do đó   . Với    2  x 2  3x  2  0 a  b  5  a  3 b  3  5 x  x  3x  2  0  x 3  b  2  x 1 x  1   x  1 x  2   0   x  2   5 x   a  3  x  x  1   3  x 2  2x  3  0     x 2  2x  3  0   x  1  2  0 , vô nghiệm 2 Với   2 b  2  5 x  x  2x  3  0 x 2  x 1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}  5 x  5x  Cách 2: x   x 1    x  x 1      6  5x  x 2 x 2  5  6  x  1  x 4  5x 3  11x 2  13x  6  0 2    x  5x  11x  13x  6  0  x 2  3x  2 x 2  2x  3  0 4 3 2  Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2}  x  2013  x  2014  10 14 5 7 b)   1  x  2013  x  2014  1 Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất 7 5 7 Xét x < 2013  x  2014  1  x  2014  1  x  2014  1  x  2013  x  2014  1 0  x  2013  1  x  2013  x  2013 5 0  x  2013  1 Xét 2013 < x < 2014     1  x  2014  0 0  x  2014  1  x  2014  x  2014 7 5 7  x  2013  x  2014  x  2013  x  2014  x  2013  2014  x  1 5 5 7 Xét x > 2014  x  2014  1  x  2013  1  x  2013  1  x  2013  x  2014  1 Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014   BAC EDC   900 (gt) A Bài 4: a) Xét EDC và BAC có   chung C m E EC BC  EDC  BAC (g – g)   M DC AC Xét BEC và ADC có B H G D C
 EC BC    DC AC  BEC  ADC (c – g - c) C  chung   ADC  BEC  . Mặt khác AH = HD (gt) nên   450  ADC  ADH   1350  BEC  1350  AEB   450  AEB vuông cân tại A. Do đó BE  m 2   CAB AHB   900 (gt) b) Xét AHB và CAB có   AHB  CAB (g – g)  chung B AB BH BE BH BM BH    AB2  BH.BC  2AB2  2BH.BC  BE 2  2BH.BC     BC AB 2BC BE BC BE  BM BH   (Vì BE = 2BM). Xét BHM và BEC có  BC BE  BHM  BEC (c – g - c) MBH  chung      BHM  BEC  135  AHM  45 0 0   BAC AHC   900 (gt) AH AB c) Xét AHC và BAC có   AHC  BAC (g – g)   (1)   C chung HC AC Mặt khác AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường GB AB phân giác của ABC. Suy ra  (2). Từ (1) và (2) ta có: GC AC GB AH   GB.HC  AH.GC  GB.HC  AH.  BC  GB   GB.HC  AH.BC  AH.GB GC HC GB HD  AH.GB  GB.HC  HD.BC (Vì HD = AH)  GB.  AH  HC   HD.BC   BC AH  HC Bài 5: a) x 3  y3  3  x 2  y 2   4  x  y   4  0   x  y   x 2  xy  y 2   2  x 2  xy  y 2    x 2  2xy  y 2   4  x  y   4  0 1   x 2  xy  y 2   x  y  2    x  y  2   0   x  y  2   2x 2  2xy  2y2  2x  2y  4   0 2 2 1  x  y  2   x  y    x  1   y  1  2  0  x  y  2  0  x  y  2 2 2 2  2 Mà xy > 0 do đó x, y < 0  x     y   1 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có   x   y   nên xy ≤ 1, do đó  2 2 xy 1 1 xy Vậy M     2 , GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1 x y xy a3 2a  b b) Cách 1: Ta có:   3a 3   2a  b   a 2  ab  b 2   a 3  b3  ab  a  b  a  ab  b 2 2 3  a 2  ab  b 2  ab   a  b   0 luôn đúng. 2 a3 2a  b a5 2a 3  a 2 b Do đó    . Chứng minh tương tự ta được a 2  ab  b 2 3 a 2  ab  b 2 3
a5 b5 c5 a 3  b 3  c3 a 3  b 3  c3  a 2 b  b 2 c  c 2 a     a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 3 3 Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a  b  c  0 a 3  b 3  c3  a 2 b  b 2 c  c 2 a  a 2  a  b   b 2  b  c   c 2  c  a   a 2  a  b   b 2  b  a  a  c   c 2  c  a    a  b   a  b    a  c  b  c  b  c   0 2 a5 b5 c5 a 3  b 3  c3 Từ đó suy ra    . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 3 Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có a5 b5 c5 a6 b6 c6      a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 a 3  a 2 b  ab 2 b3  b 2 c  bc 2 c3  c 2 a  ca 2 a  b 3  c3  3 2  a 3  b3  c3  a 2 b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2 Mặt khác  a  b   0  a 2  ab  b 2  ab  a 3  b3  ab  a  b  tương tự b3  c3  bc  b  c  2 c3  a 3  ca  c  a  . Suy ra 2  a 3  b3  c3   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   3  a 3  b3  c3   a 3  b3  c3  ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a  a  b 3  c3  3 2 a 3  b 3  c3  3  a  b3  c3  a 2 b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2 3 Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20