tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19)

52 910 1
  • Loading ...
1/52 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 19/08/2014, 22:17

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 100 Bài 1: (5,0 điểm). Cho biểu thức:P =         − + − + + +         − − + + + + 12 2 12 1 1:1 12 2 12 1 x xx x x x xx x x a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x ( ) 223. 2 1 += Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình sau: 2 x 1 2 y 1 2 y 1 2 x 1 =−+ =−+ b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x 2 ) 2 Bài 3: (4,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = 2 4 2 1 x x x+ + b) Cho a 3 + b 3 + c 3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c ≠ 0 Tính P = (2008+ b a )(2008 + c b ) ( 2008 + a c ) Bài 4: (5,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF . a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên 1 đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi. b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB . c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi. Bài 5: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB 1 AO⊥ , AA 1 BO ⊥ Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng. GV: Phạm Văn Tuấn 1 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 2, a) Đk: 2 1 y; 2 1 x ≥≥ Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy )1(2 x 4 y 1 x 1 x 1 x 4 4 y 1 2 x 1 2 y 1 22 y 1 2 x 1 −=+⇔+−=−⇔ −=−⇔=−+ Tương tự: 2 y 4 y 1 x 1 −=+ (2). Từ (1) và (2) ta có: yx2 y 4 2 x 4 =⇒−=− Ta có: 1x0)1 x 1 (01 x 2 x 1 x 2 2 x 2 2 x 4 y 1 x 1 2 2 =⇔=−⇔=+−⇔ =+⇔−=+ . Vậy hệ có nghiệm x = y =1 b) Đặt y = 2005 - 2006 x 2 Phương trình trở thành :      −= −= 2 2 20062005 20062005 xy yx ⇔ x - y = 2006 (x 2 - y 2 ) ⇔ [ ] ( ) y - 1 - y)(x 2006 x+ = 0 ⇔    =−+ = 01)(2006 yx yx Với x = y ⇒ x = 2005 - 2006 x 2 ⇔ 2006x 2 + x - 2005 = 0 ⇒     = −= 2006 2005 1 y x Với 2006 (x+y) - 1 = 0 ⇒ x + y = 2006 1 ⇒ y = 2006 1 - x ⇔ 2006 1 - x = 2005-2006 x 2 ⇔ 2006 2 x 2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0 →       + = − = 4012 16088171 4012 16088171 y x 3. a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x 2 ta được: M = 1 2 1 2 1 ++         x x . M đạt giá trị lớn nhất khi 2 1 2 x x + nhỏ nhất => 2 1 2 x x + = 2 => x = ± 1. Vậy M lớn nhất bằng 1 / 3 khi x = ± 1 b) Ta có: a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇔ ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ac ) = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c ≠ 0) ⇔ ( a- b ) 2 + ( b – c ) 2 + ( c – a ) 2 = 0 ⇔ a = b = c ⇒ P = (2008+ b a )(2008 + c b ) ( 2008 + a c ) P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 2009 3 4. a) ∆ ABF và ∆ AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF 2 =AB.AC ⇒ AF= ACAB. Mà AE=AF nên AE=AF= ACAB. không đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A; ACAB. ) cố định. b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1) GV: Phạm Văn Tuấn 2 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 ∠ AOF = ∠ 2 1 EOF và ∠ EKF = ∠ 2 1 EOF ∠⇒ EKF = ∠ AOF (2).Từ(1) và(2) ∠⇒ AIF = ∠ EKF Do đó : EK vàAB song song vơí nhau c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AO ⊥ EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF . Ta có : ∆ ANH và ∆ AIO đồng dạng nên AI AN AO AH = Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE 2 =AB.AC Do đó : AI.AH =AB.AC AI ACAB AH . =⇒ không đổi . Vậy H cố định Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH 5. Theo bài ra ta có: BBABAA 11 ˆ ∧ = =90 0 Suy ra tứ giác AA 1 B 1 B nôi tiép trong một đường tròn 111 ˆ BBABBA ∧ =⇒ cùng chắn cung BB 1 Mặt khác: ⇒== ∧ VOAAOAE 1 ˆ 11 tứ giác AEA 1 O nội tiếp 11 ˆ AOEAEA ∧ =⇒ cùng chắn cung AE) mà 11 0 11 ,,90 ˆˆ ˆ BAEAOEEAO EABBAB ⇒=+ = ∧ thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA 1 B 1 B nội tiếp Theo bài ra ta có: BBABAA 11 ˆ ∧ = =90 0 Suy ra tứ giác AA 1 B 1 B nôi tiép trong một đường tròn ABAABA ˆ 111 ∧ =⇒ cùng chắn cung AA 1 Ta lại có: ⇒== ∧ VBBOBOD 1 ˆ 1 tứ giác OB 1 DB nội tiếp BODBDB ˆ 1 ∧ =⇒ (cùng chắn cung BD) mà ABOOBD BODOBD OBDDOB ˆˆ 90 ˆ ˆ ˆ 0 = =+ = ∧ Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau Vậy ⇒=++ ∧ 0 1111 180 ˆˆ ABAABBBDB 3 điểm D, B 1 , A 1 thẳng hàng (**) Từ (*) , (**) suy ra A 1 , D, B 1 , E thẳng hàng GV: Phạm Văn Tuấn 3 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 101 Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức P =                 − + +         + − − + − a a a a a a a aa 1 1 . 1 1 : 1 )1( 332 a) Rút gọn P b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P - 2 1 ) Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình 3 1 2 2 =++ y x y x 3 1 =++ y x y x b) Giải Phương trình: 4x 2 +3x(4 x+1 -9) = 27 Bài 3: (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + với x > 0; y > 0; z > 0 và xy yz zx 1 + + = Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 Chứng minh rằng : (a 1 + a 2 +a 3 )(b 1 + b 2 + b 3 ) ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3 ) Áp dụng chứng minh rằng : với cba ≤≤≤0 thì cba cba cba ++ ≤ ++ ++ 3 200620062006 200520052005 Bài 5: (6,0 điểm). 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ). , ,AD BE CF là ba đường cao ( ) , ,D BC E CA F AB∈ ∈ ∈ . Đường thẳng EF cắt BC tại ,G đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( )O tại điểm M . a) Chứng minh rằng bốn điểm , , ,A M E F cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH AN ⊥ 2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau GV: Phạm Văn Tuấn 4 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 2. a) Đk 0≠y : y x y x y x y x +=         +⇔=++ 3 1 3 1 2 2 2 (1): y x y x y x y x −=−         +⇔=++ 3 1 3 1 (2) Cộng (1) và (2) vế với vế ta được: 06 11 2 =−         ++         + y x y x 02 1 3 1 =         −+         ++⇔ y x y x       =−+ =++ 02 1 03 1 y x y x ⇔ ( ) ( )       =+ −=+ 42 1 33 1 y x y x Từ (3) và (2) ta có: ⇔       = −=+ 6 3 1 y x y x    = =++ yx yy 6 (*)0136 2 (*) vô nghiệm ⇒ hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có ⇔        = −=+ 1 3 1 y x y x    = =+− yx yy 012 2 ;1==⇔ yx hệ có 1 nghiệm ;1== yx b) Giải phương trình: 27)9)14(34 2 =−++ xxx đk: 1 −≥ x Pt )1(271124 2 xxxx +=++⇔     +−=++ −≥+=++ ⇔ +=++⇔ +=++++⇔ xxx xdoxxx xxx xxxxx 16132 )1(16132 )1(36)132( )1(36)1(91124 2 2      − = = ⇔           =−− <≤−    =−− ≥ ⇔ 8 97981 3 081814 01 0994 0 2 2 x x xx x xx x (0,5đ) 3. a) + Biến đổi để được: A = x + y + z xy yz zx x y y z x z   − + +  ÷ + + +   (1) + Chứng minh được: x + y + z xy yz zx≥ + + > 0 (2) + Thay (2) (3) vào (1) được A 1 2 ≥ Do đó: Min A = x y z 1 2 xy yz zx 1 = =   ⇔  + + =   + Vậy A min = 1 1 x y z 2 3 ⇔ = = = GV: Phạm Văn Tuấn 5 A D F C E B N D K M G F E H O B C A Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 b) Do a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 ⇒ a 1 - a 2 ≤ 0 a 1 - a 3 ≤ 0 a 2 - a 3 ≤ 0 và b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 ⇒ b 1 - b 2 ≤ 0 b 1 - b 3 ≤ 0 b 2 - b 3 ≤ 0 ⇒ (a 1 - a 2 )(b 1 - b 2 ) + (a 1 - a 3 )(b 1 - b 3 ) + (a 2 - a 3 )(b 2 - b 3 ) ≥ 0 ⇔ 2(a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 )- a 1 b 2 - a 2 b 1 - a 1 b 3 - a 3 b 1 - a 2 b 3 - a 3 b 2 ≥ 0 ⇔ a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3 +a 1 b 2 +a 2 b 1 +a 1 b 3 +a 3 b 1 + a 2 b 3 +a 3 b 2 ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 + a 3 b 3 ) ⇔ a 1 (b 1 + b 2 +b 3 )+ a 2 (b 1 + b 2 +b 3 )+ a 3 (b 1 + b 2 +b 3 ) ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 + a 3 b 3 ) ⇔ ( a 1 + a 2 + a 3 )( b 1 + b 2 +b 3 ) ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 + a 3 b 3 ) Đặt a 1 = a 2005 ; a 2 = b 2005 ; a 3 = c 2005 b 1 = cba a ++ ; b 2 = cba b ++ ; b 3 = cba c ++ Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 và b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 áp dụng câu a ta có; (a 2005 +b 2005 +c 2005 )       ++ + ++ + ++ cba c cba b cba a ≤ 3         ++ ++ cba cba 200620062006 ⇔ cba cba cba ++ ≤ ++ ++ 3 200620062006 200520052005 5. Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P là giao điểm của AB và CD. Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi: . .PA PB PC PD = Áp dụng nhận xét trên cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được GM GA GB GC × = × Áp dụng cho tứ giác BFEC nội tiếp, ta được GB GC GF GE× = × Suy ra GF GE GM GA × = × Do đó, tứ giác AMFE nội tiếp. - Theo kết quả phần 1, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra M nằm trên đường tròn đường kính AH , do đó HM MA⊥ . Tia MH cắt lại đường tròn ( )O tại K , khi đó do 90AMK∠ = o nên AK là đường kính của ( )O . Từ đó suy ra ,KC CA KB BA⊥ ⊥ . Suy ra || , ||KC BH KB CH , do đó BHCK là hình bình hành. Suy ra KH đi qua . Khi đó , ,M H N thẳng hàng. Trong tam giác GAN có hai đường cao ,AD NM cắt nhau tại ,H nên H là trực tâm của tam giác GAN . Suy ra GH AN ⊥ 2) Biến đổi hình thang thành hình tam giác cùng có diện tích ABF. Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F. Chứng minh S ABCD = S ABF . Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau GV: Phạm Văn Tuấn 6 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 102 Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P =         + +         − − −−+ 1 1: 1 1 1 2 x x xxxxx x a) Rút gọn P b) Tìm x để P ≤ 0 Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình : x + y = 1 x 5 + y 5 = 11 b) Giải phương trình: 3 3 3 6 1x x+ − − = Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc. b) Cho x 3 + y 3 + 3(x 2 +y 2 ) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 M x y = + . Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho ∠ EBF = 45 0 . Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N. MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I. a.Chứng minh AB = BI. b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. 2. Cho tứ giác ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau Bài 5: (2,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 7 111 =+ yx GV: Phạm Văn Tuấn 7 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 2. a) Ta có x 5 + y 5 = ( x 5 + x 2 y 3 + x 3 y 2 + y 5 ) – ( x 2 y 3 +x 3 y 2 ) = (x 3 + y 3 ) (x 2 +y 2 ) – x 2 y 2 (x+y) Vì x+ y = 1 ⇒ x 5 +y 5 = ( x 2 – xy +y 2 )(x 2 + y 2 ) – x 2 y 2 = ( x 2 + 2xy + y 2 – 3xy)(x 2 + y 2 + 2xy –2xy) – x 2 y 2 = xy3)yx( 2 −+ (x +y ) 2 – 2xy - x 2 y 2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x 2 y 2 x 5 + y 5 = 5(xy) 2 – 5(xy) + 1 ↔ 5(xy) 2 – 5(xy) + 1 = 11 xy = 2 ↔ (xy) 2 – (xy) – 10 = 0 ↔ xy = -1 Với xy = -1 ta có hệ phương trình x + y = 1 xy = -1 ↔ ( x,y) = ( 2 51 + ; 2 51 − ) hoặc ( 2 51 − ; 2 51 + ) Với xy = 2 ta có hệ phương trình x + y = 1 xy = 2 ( vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2 51 + ; 2 51 − ) và ( 2 51 − ; 2 51 + ) b) Đặt 3 3 3 , 6 .x a x b+ = − = Tìm được x = 5 là nghiệm 3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a b abc + ≥ 16 Áp dụng BĐT Côsi x + y ≥ 2 xy ta có ( a + b) + c ≥ 2 ( )a b c+ ⇔ 1 ≥ 2 ( )a b c+ ⇔ 1 ≥ 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được: A + b ≥ 4(a + b) 2 c mà ta chứng minh được (a + b) 2 ≥ 4ab Do đó a + b ≥ 4(4ab)c hay a + b ≥ 16abc từ đây suy ra đpcm Theo kết quả câu 3.1, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 4a b c a b c a b c   + + = + + ≥ +   mà 1a b c+ + = (giả thiết) nên: ( ) ( ) 2 1 4 4a b c b c a b c≥ + ⇔ + ≥ + (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: ( ) 2 4b c bc+ ≥ (không âm)Suy ra: 16b c abc+ ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 1 , 4 2 a b c b c a b c = +  ⇔ = = =  =  b) Ta có : x 3 + y 3 + 3(x 2 +y 2 ) +4(x + y) + 4 = 0 ⇔ x 3 + 3x 2 + 3x +1 + y 3 + 3y 2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 ⇔ (x + 1) 3 + (y + 1) 3 + (x + y + 2) = 0 ⇔ (x + y + 2)[(x + 1) 2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1) 2 + 1] = 0 (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 V x 1 – x 1 y 1 y 1 1= 1 1 1 1 0 2 4 ì x y y   + + + + + + + − + + + + >     Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2 1 1 2 Ta c : x y ó M x y xy xy + − = + = = vì ( ) 2 1 2 4 4 4 1 2x y xy xy xy xy − + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ − .Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1 .4. 1) Ta có : ∠ EBN = ∠ ECN = 45 0 ⇒ Tứ giác BCNE nội tiếp ⇒ ∠ BEN = 90 0 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ BFM = 90 0 Xét ∆ BMN có NE và MF là 2 đường cao → H là trực tâm → BI ⊥ MN Tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ ABM = ∠ AFM(cùng chắn cung AM) ⇒ Tứ giác BEHF nội tiếp ⇒ ∠ EFH = ∠ EBH (Cùng chắn cung EH) GV: Phạm Văn Tuấn 8 A M E B CN D A y Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Do đó ∠ ABM = ∠ MBI ⇒ ∆ BAM = ∆ BIM ( t/h đặc biệt ) → AB = BI Ta có ∆ AMB = ∆ IMB ⇒ AM = IM, ∆ INB = ∆ CNB ⇒ CN = IN ⇒ AM + CN = IM + IN ⇒ MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN ⇒ 2a = MN + MD + DN Đặt DM = x ; DN = y ⇒ MN = 22 yx + → S MDN = 2 xy và 2a = x + y + 22 yx + S MDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn : x+y + 22 yx + =2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y ≥ 2 xy ; 22 yx + ≥ xy2 Suy ra 2 a = x + y + 22 yx + ≥ 2 xy + xy2 ↔ 2a ≥ xy ( 2+ 2 ) ⇒ xy ≤ 22 a2 + = a ( 2 - 2 ) → xy ≤ a 2 ( 2 - 2 ) 2 = a 2 (6 - 4 2 ) ↔ xy ≤ 2a 2 ( 3 - 2 2 ) Do đó S MDN = 2 xy ≤ a 2 ( 3 - 2 2 ) Vậy Max S MDN = a 2 ( 3 - 2 2 ) Khi x = y = a (2 - 2 ) Vậy khi DM = DN = a (2 - 2 ) thì ∆ MDN có diện tích lớn nhất và Max S MDN = a 2 ( 3 - 2 2 ) 2) Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F, Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh S ABCD = S MEF . Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là S AMD < 1/2S ABCD và S BMC < 1/2 S ABCD 5. Điều kiện 00;0 ≠⇔≠≠ xyyx Khi đó: ( ) ( ) ( )( ) 7 49 7 497749777 077 7 111 − =−⇔ =−−⇔=−−−⇔ =−−⇔=+ x y yxxxy yxxy yx (Với 7 ≠ x ) y 7 7 49 7 −⇔∈ − ⇔∈−⇔∈ xZ x ZyZ là ước của 49 ⇔ { } { } 497 56;14;8;6;0;4277 17 ±=− −=⇔±=− ±=− x xx x Các nghiệm nguyên dương của phương trình là: ( ) ( ) ( )( ){ } 8;5614;14;56;8; =yx GV: Phạm Văn Tuấn 9 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 103 Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P =         − + +         ++ − + a a a aa a a a 1 1 . 1 12 3 3 a) Rút gọn P b) Xét dấu của biểu thức P. a−1 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình: ++− 12 2 xx 44 2 +− xx = 2006 2005 2006 2005 20051 2 2 2 +++ b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình    =++ =++ 3 3 333 zyx zyx Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥ z và 3z - 3x 2 = z 2 = 16 - 4y 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c Chứng minh rằng : ap − 1 + bp − 1 + cp − 1 ≥ 2 ( a 1 + b 1 + c 1 ) Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường thẳng BC, CA và AB. a) Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng. b) Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất. c) Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA và AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC. Bài 5: (2,0 điểm). Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho 0 15=∠=∠ MABMBA Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều GV: Phạm Văn Tuấn 10 [...]... khỏc: (1) 9x2- 27x + 27 = y3= 9 ( x ) + 27 >0 y> 0; tng t : x > 0; z > 0 4 a Xột x 3 t (3) 9z2 27z = x3- 27 0 9z (z 3) 0 z 3 Tng t y 3 T (4) x = y= z = 3 b Xột 0 < x < 3 T (3) 9z2- 27z = x3 27 < 0 9z (z-3) < 0 z < 3 T (4) h phng trỡnh vụ nghim Vy h cú nghim duy nht (x= 3; y = 3; z = 3) b) x3 3x2 + 9x 9 = 0 3x3 9x2 + 27x 27 = 0 3x3 = 9x2 27x + 27 2x3 = -x3 + 9x2 27x +... x = y = z = 2 tha món h ó cho b) Gii phng trỡnh sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x 9( x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x t y = x + 9 hoc t y = x + 6 Cú nghim x = -9 [ ] 1 a 3 p dng (a + b + c)( + GV: Phm Vn Tun 1 1 + ) 9 Ta cú b c 32 Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2010 1 2 1 2 9 ( 2 + )( a 2 + b 2 + c 2 + 2 ab + 2bc + 2ca) 9 2 + 1( 2 2 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c)2 a +b +c a +b +c 1) Mt khỏc... x 1 ữ: ữ 2 x x 1 x + x +1 1 x Bi 1: (4 im) Cho biu thc A = a) Rỳt gn biu thc A b) Chng minh rng: 0 < A < 2 Bi 2: (5 im)a) Gii h phng trỡnh: y 3 9 x 2 + 27 x 27 = 0 3 2 z 9 y + 27 y 27 = 0 x 3 9 z 2 + 27 z 27 = 0 b) Gii phng trỡnh: x3 3x2 + 9x 9 = 0 Bi 3: (2 im)Gi s x, y l cỏc s dng tho món ng thc: x + y = 10 Tỡm giỏ tr ca x v y biu thc: P = ( x 4 + 1)( y 4 + 1) t giỏ tr nh nht Tỡm giỏ tr... b) 2 = x; a b = y ( x 0) 2 2 2 2 x 2 = 6 y 2 215 x 6 y + 215 = 0 x 6 y + 215 = 0 2 Hpt xy 2 y 2 + 78 = 0 x 3 xy 19 = 0 y ( x 2 y ) = 78 2 x 2 19 x 2 6 y 2 + 215 = 0 x 4 + 721x 2 722 = 0 x 6 3 x + 215 = 0 x 2 19 x 2 19 x 2 19 y = y = 3x 3x y = 3x (a + b) 2 = 1 x = 1 a = 2 a = 3 a = 2 a = 3 y = 6 b = 3 b = 2 b = 3 b = 2 ab = 6 b) Pt Tp xỏc... x+z c= x+y y+z x+ y y z+x y x z x z +9 + 16 = 4 + 9 + 4 + 16 + 9 + 16 x y x y z y x z z 12 + 16 + 24 = 52 P 26 z 4 y 3 z Du "=" xy ra khi = ; = 2 ; = 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 a=7; b =6; c=5 y 3 x 2 x 2P = 4 4 a) Ta cú AMB =90 o (gúc ni tip chn na ng trũn) (1) GV: Phm Vn Tun 17 x + y = 7 x y = 1 d) Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2010 ANC = 90 (gúc ni tip chn na ng trũn) o BM MN... ca P=3 khi x=y=z=1 4 a) Trong tam giỏc ABN ta cú: x N C F E M B A AEB = 90 0 (gúc ni tip chn na ng trũn) AE BN (1) AFB = 90 0 (gúc ni tip chn na ng trũn) BF AN (2) T (1) v (2) => M l trc tõm ca tam giỏc ABN => MN AB => MN //Bx (Vỡ cựng vuụng gúc vi AB) b) Ta cú: DFE + BFE = DFE + BAE = 90 0 BCA + BAC = BCA + BAE = 90 0=> DFE = BCA GV: Phm Vn Tun 36 ... giac cõn MPQ nụi tiờp trong ng tron ng kinh OM, tõm la H GV: Phm Vn Tun 24 Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2010 + Ke OE AB , thi E la trung iờm cua AB (cụ inh) Ke HL (d ) thi HL // OE, nờn HL la ng 1 trung binh cua tam giac OEM, suy ra: HL = OE (khụng ụi) 2 + Do o, khi M i ụng trờn (d) thi H luụn cach dờu (d) mụt oan khụng ụi, nờn H chay trờn ng thng (d') // (d) va (d') i qua trung iờm cua oan OE 108 ... THCS DTNT Quan Húa Nm 2010 c/ Xỏc nh v trớ im E khong cỏch t H n tõm ng trũn ngoi tip DIE ngn nht 1 a) k : x 0; y 0; x.y 1 1 x y Quy ng rỳt gn ta c: A = b) 1 x + 1 y =6 A= 1 x 1 y 9 Max A = 9 1 1 1 = =3 x= y = 9 x y 2 x + 2 y = 2 4 z 1 1 2 a) TX: x, y, z Nhõn 2 v ca mi phng trỡnh vi 2 ta cú: 2 y + 2 z = 2 4 x 1 4 2 x + 2 z = 2 4 y 1 4x 1 = 1 2 2 2 Cng (1), (2), (3) tng v ta cú: 4... IN = = 1 MN AB BA IB IA M B ã ã IAC = IBC = 90 o CI l ng kớnh ca ( O ) Vy MN nh nht bng Du "=" xy ra N A A AB I i xng vi C qua O c) Gi B' , C' ln lt l hỡnh chiu ca B v C trờn GF ã ã Chng minh c B ' GB = C ' FC (7) , suy ra BB ' G : CC ' F ( g g ) BG BE B ' Q BB ' BG B' G = = (9) = (8) Li cú Q CF CE QC ' CC ' CF F C' BB ' B ' Q = T (8) v (9) suy ra (10) CC ' QC ' ã ã ã ã T (7) v (10) BB... DTNT Quan Húa Nm 2010 1 1 1 1 1 1 + + ) 2( + + ) Du = xy ra khi v ch khi: a=b=c Tng t ta cú: ( p a pb pc a b c N I ã + INA = 180o T giỏc IPAN ni tip ã 4 a) T gi thit cú IPA A ã ã IPN = IAN (1) (cựng chn cung IN) ã ã Li do IPB = IMB = 90 o Bn im I , P , M , B ã ã nm trờn ng trũn ng kớnh BI MPI + IBM = 180o (2) ã ã Vỡ I ( O ) CAI + IBM = 180o (3) P O ã ã T (2) v (3) MPI = CAI (4) B M ã ã ã ã . ) 7 49 7 497 7 497 77 077 7 111 − =−⇔ =−−⇔=−−−⇔ =−−⇔=+ x y yxxxy yxxy yx (Với 7 ≠ x ) y 7 7 49 7 −⇔∈ − ⇔∈−⇔∈ xZ x ZyZ là ước của 49 ⇔ { } { } 497 56;14;8;6;0;4277 17 ±=− −=⇔±=− ±=− x xx x Các. Hpt      =−− =+− ⇔      =+− =+− ⇔    −=− −= ⇔ 0 193 02156 0782 02156 78)2( 2156 2 22 2 22 22 xyx yx yxy yx yxy yx    −= = ∨    = −= ∨    = −= ∨    −= = ⇔    = =+ ⇔    −= = ⇔      − = =−+ ⇔        − = =+         − − ⇔      − = =+− ⇔ 2 3 3 2 2 3 3 2 6 1)( 6 1 3 19 0722721 3 19 0215 3 19 6 3 19 02156 2 2 24 2 2 2 2 22 b a b a b a b a ab ba y x x x y xx x x y x x x x x y yx b) Tập xác định : (*) 0 5 2 0 1        ≥− ≥− x x x x . +=++⇔     +−=++ −≥+=++ ⇔ +=++⇔ +=++++⇔ xxx xdoxxx xxx xxxxx 16132 )1(16132 )1(36)132( )1(36)1 (91 124 2 2      − = = ⇔           =−− <≤−    =−− ≥ ⇔ 8 97 981 3 081814 01 099 4 0 2 2 x x xx x xx x (0,5đ) 3. a) + Biến đổi để được: A = x + y + z xy yz zx x y
- Xem thêm -

Xem thêm: tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19), tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19), tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn