Đề ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. HS: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . LỚP: . . . . . . . . . . . ÔN TẬP KIỂM TRA HSG x 2 x 2 Câu 1. Cho biểu thức: P x x x 2 x ( x 1)(x 2 x) a. Rút gọn P . Tính P khi x 3 2 2 . b. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. Giải phương trình: 2 a. x 10x 27 6 x x 4 x + y + 4 xy = 16 b. x2 2x x x 2 x 4 0 i. x + y = 10 c. x 2 2 x 1 3 j. 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0 2 d. x 13x 50 4 x 3 k. 3 x 20 + x 15 = 7 2 2 e. 2011 x 2006 x 2 l.x 4 + x 2 2006 = 2006 4x 3x f. + = 6 2 2 2 x2 5x + 6 x2 7x + 6 m. 3x 6x 7 5x 10x 21 5 2x x 2 6x 3xy x 1 y 25x 2 g. n. x 2 11 2 2 2 x y 1 x 5 2 x 2 x h. 2 xy 2x 2 y 0 o. 2 2 2 2 x 2 2 x x 5xy y 15 Câu 3. a) Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 b) Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xyz = 100. Tính giá trị của biểu thức: x y 10 z A = + + xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10 1 1 2 c) Cho xy 1.Chứng minh rằng: . 1 x2 1 y 2 1 xy d) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = a + 2b + 3c = 14. Tính gt của biểu thức T = abc. Câu 4. x x 2 2x x x 2 2x a) Rút gọn biểu thức: B . x x 2 2x x x 2 2x bc(y z) 2 ca(z x) 2 ab(x y) 2 b) Biết ax + by + cz = 0. Hãy tính giá trị của biểu thức: P ax 2 by 2 cz 2 3 3 3 1 1 1 2 2 2 3 3 3 c) CMR: Nếu ax by cz và 1 thì 3 ax by cz a b c . x y z d) Cho x y z 0 . Chứng minh: x 3 y 3 z 3 3xyz . 1 1 1 e) Cho abc = 1. Tính tổng: 1 a ab 1 b bc 1 c ac Câu 5. Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a. Chứng minh: không đổi AE 2 AF 2 b. Chứng minh: cos·AKE sin E· KF.cos E· FK sin E· FK.cos E· KF 1
2. Câu 6. Cho đường tròn (O, R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. S a) Chứng minh AEF và ABC đồng dạng và AEF cos2 A. SABC 2 2 2 b) Chứng minh rằng: SDEF 1 cos A cos B cos C .SABC c) Xác định vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC. Biết độ dài BN 2.sin ; CM 2cos với 0o 90o . Tính độ dài đoạn MN. Câu 8. Cho hình vuông ABCD. Gọi P là trung điểm của cạnh AB. Trên đường chéo AC lấy điểm Q sao cho AQ = 3.QC . Chứng minh PQ QD. Câu 9. Từ điểm A nằm ngoài (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (với B, C là tiếp điểm). Vẽ dây BD song song với AC. AD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. AO cắt BC tại H. EB cắt AC tại M. a) Chứng minh: M là trung điểm của AC. b) Chứng minh: MEHC là tứ giác nội tiếp. Câu 10. Tam giác ABC có đường cao CH, phân giác AD, trung tuyến BM gặp nhau tại điểm O. Kẻ MN vuông góc với HC tại N. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại A, đường thẳng đó cắt BC tại P. Chứng minh: NM AM a. b. AB.sin P· AB BC.sin H· CB BH AB HƯỚNG DẪN Câu Ý Nội dung x 2 x 2 P x( x 1) x( x 2) x( x 1)( x 2) x( x 2) 2( x 1) x 2 x x 2x 2 x 2 x 2 a x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) x x 2x 2 x x x( x 1)( x 2) ( x 1) x( x 1)( x 2) x( x 1)( x 2) ( x 1) 1 x 3 2 2 x 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1 b ( x 1) 2 1 1 2 2 P 1 2 ( x 1) 2 1 1 2 ĐK: x 0; x 1 : ( x 1) x 1 2 2 c P 1 ( x 1) x 1 x 1 Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9 ĐK: 4 x 6 : VT x2 10x 27 (x 5)2 2 2 , dấu “=” xảy ra x 5 VP 6 x x 4 (12 12 )(( 6 x)2 ( x 4)2 ) VP 2 , dấu “=” xảy ra 2 a 1 1 6 x x 4 x 5 6 x x 4 VT VP x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x 5 2
3. ĐK: x 0 . Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x ta có: 2 4 4 2 x2 2x x x 2 x 4 0 x 2 x 0 (x ) ( x ) 2 0 x x x x 2 4 4 Đặt x t 0 t 2 x 4 x t 2 4 , thay vào ta có: b x x x 2 2 t 3 (t 4) t 2 0 t t 6 0 (t 3)(t 2) 0 t 2 Đối chiếu ĐK của t 2 x 4 t 3 x 3 x 3 x 2 0 ( x 2)( x 1) 0 x x 1 ĐK: x 1 : 2 c x 2 2 x 1 3 x 1 2 x 1 1 3 x 1 1 3 HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm được x 3 ĐK: x 3 x2 13x 50 4 x 3 x2 14x 49 x 3 2.2. x 3 4 0 d 2 2 x 7 0 x 7 x 3 2 0 x 7 x 3 2 0 2011 x2 2006 x2 2 , ĐK: 0 x2 2006 Nhân 2 vế với : 2011 x2 2006 x2 0 và biến đổi đưa về hệ PT: 2011 x2 2006 x2 2 9 81 32095 e 2011 x2 2011 x2 x 5 2011 x2 2006 x2 4 16 4 2 32095 Đối chiếu điều kiện: x thỏa mãn. 4 Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình 4 3 Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với: + = 6 6 6 x 5 + x 7 + x x 6 Đặt t = x 7 + phương trình trở thành: x 4 3 + =6 1 t 0;t 2 f t+2 t 1 4t 3t 6 6t2 12t 6t2 5t 6 0 3 2 Giải phương trình ta được t ;t ( thỏa mãn ) 1 2 2 3 3 6 3 Với t ta có x 7 2x2 11x 12 0 1 2 x 2 3 Giải phương trình ta được x ;x 4 ( thỏa mãn ) 1 2 2 3
4. 2 6 2 Với t ta có x 7 3x2 23x 18 0 2 3 x 3 23 313 23 313 Giải phương trình ta được x ;x (thỏa mãn) 3 6 4 6 3 23 313 23 313 Vậy pt đã cho có bốn nghiệm là : x ;x 4 ; x ;x 1 2 2 3 6 4 6 6x2 3xy x 1 y (1) Giải hệ phương trình: 2 2 x y 1 (2) * (1) 6x2 – 3xy + x + y – 1 = 0 6x2 – 3xy + 3x – 2x + y – 1 = 0 3x(2x – y + 1) – (2x – y + 1) = 0 (2x – y + 1)(3x – 1) = 0 1 3x 1 0 x 3 2x y 1 0 y 2x 1 g * Kết hợp với (2) ta có: 1 1 x (x 0; y 1) x 3 y 2x 1 3 và 2 2 4 3 2 2 2 2 x y 1 (x ; y ) x y 1 y 5 5 3 4 3 1 2 2 1 2 2  Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x, y) 0;1 ; ; ; ; ; ;  5 5 3 3 3 3  Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 4. Đặt 2 x a 0 ; 2 x b 0 . a 2 b2 Ta có : ab =4 x , a2 + b2 = 4. Phương trình là: 2 2 a 2 b a2 2 - a2b + b2 2 + ab2 = 2 (2 - b2 + a2 - ab) h 2 (a2 + b2 – 2 + ab) – ab(a – b) = 2(a – b) 2 (2 + ab) = (a – b)(2 + ab) (chú ý : a2 + b2 = 4) a – b = 2 (do ab + 2 ≠ 0) Bình phương: a2 + b2 – 2ab = 2 2ab = 2 ab = 1 4 x = 1. Tìm được x = 3. x + y + 4 xy = 16 (I) ( x;y 0 ) x + y = 10 Đặt S= x y ; P = xy ( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng S + 4P = 16 S = 4 ( II). Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được i 2 S - 2P = 10 P = 3 Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 x = 9 x = 1 Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ; y = 1 y = 9 4
5. a) Ta có: 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0 4x3 + (x3 + 3.x2.2 + 3.22.x + 23) = 0 (x + 2)3 = - 4x3 x + 2 = - 3 4 .x j 2 (1 + 3 4 ).x = - 2 x = 1 3 4 2 Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 3 4 b) ĐK: x - 15 Đặt a = 3 x 20 ; b = x 15 (b 0) k a b 7 Ta có: 3 2 Tìm được: a = 1; b = 6 a b 35 Suy ra: x = 21 Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 21 y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (x y)2 (x 1)(x 2) (*) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số a x 1 0 x 1 y 1 bằng 0. x 2 0 x 2 y 2 Vậy có 2 cặp số nguyên (x; y) ( 1;1) hoặc (x; y) ( 2;2) b) Vì x, y, z là các số dương nên từ xyz = 100 => xyz = 10 Thay vào biểu thức đã cho ta được: x y xyz. z A = + + xy x xyz yz y 1 xz xyz. z xyz b x y xz. yz = + + x y 1 yz yz y 1 xz 1 yz y 1 y yz 1 y yz = + + = = 1 y 1 yz yz y 1 1 yz y 1 y yz 3 1 1 2 1 1 1 1 Ta có: 0 2 2 2 2 1 x 1 y 1 xy 1 x 1 xy 1 y 1 xy xy x2 xy y 2 x(y x) y(x y) 0 0 1 x2 . 1 xy 1 y 2 . 1 xy 1 x2 . 1 xy 1 y 2 . 1 xy c y x 2 xy 1 0 BĐT cuối này đúng do xy > 1. 1 x2 . 1 y 2 . 1 xy 1 1 2 Vậy . 1 x2 1 y 2 1 xy Tính giá trị của biểu thức T = abc. 2 2 2 a2 b2 c2 14 Ta có a b c 14 d a 2b 3c 14 2a 4b 6c 28 a2 + b2 + c2 – 2a – 4b – 6c = - 14 (a – 1)2 + (b – 2)2 + (c – 3)2 = 0 a = 1; b = 2; c = 3 T = abc = 6. 5
6. 2 x 2x 0 x(x 2) 0 x 2 a) B có nghĩa 2 2 2 x x 2x x x 2x x 0 2 2 x x 2 2x x x 2 2x x x 2 2x x x 2 2x B 2 2 x x 2 2x x x 2 2x x x 2x x 2 2x x 2 2x x 2 2x x 2 2x x 2 2x x 2 2x 2 x 2 2x 2x b) Biết ax + by + cz = 0 hay 0= (ax + by + cz)2 = a2x2 + b2y2 +c2z2 + (2abxy + 2bcyz + 2caxz) => - (2abxy + 2bcyz + 2caxz) = a2x2 + b2y2 +c2z2 (1) bc(y z) 2 ca(z x) 2 ab(x y) 2 P ax 2 by 2 cz 2 bcy 2 bcz 2 caz 2 cax 2 abx 2 aby 2 (2abxy 2bcyz 2caxz) P ax 2 by 2 cz 2 bcy 2 bcz 2 caz 2 cax 2 abx 2 aby 2 a 2 x 2 b 2 y 2 c 2 z 2 P ax 2 by 2 cz 2 (cax 2 abx 2 a 2 x 2 ) (bcy 2 aby 2 b 2 y 2 ) (bcz 2 caz 2 c 2 z 2 ) P ax 2 by 2 cz 2 (a b c)ax 2 (a b c)ay 2 (a b c)az 2 P ax 2 by 2 cz 2 (a b c)(ax 2 by 2 cz 2 ) P a b c ax 2 by 2 cz 2 c) Đặt: ax 3 by3 cz3 t . 2 2 2 t t t 3 1 1 1 Ta có: 3 ax by cz 3 t vì 1 (1) x y z x y z Mặt khác: 3 t x3 a y3 b z3 c 3 3 3 3 1 1 1 3 Suy ra: a b c t t (2) x y z Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Học sinh c/m: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: a 1 1 1 1 1 1 1 hay (không đổi) AK 2 AE 2 AD2 AF 2 AE 2 AD2 a2 1 1 HS c/m S KE.EF.sin ·AEK KE.EF.cos ·AKE KEF 2 2 4 1 1 Mặt khác: S EH.KF EH.(KH HF) . Suy ra: KEF 2 2 b EH.KH EH.HF KE.EF.cos ·AKE EH.(KH HF) cos ·AKE : KE.EF EH KH EH HF cos ·AKE . . sin E· FK.cosE· KF sin E· KF.cosE· FK EF EK KE EF 6