Tài liệu đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án 8

Trêng THCS Yªn T©m §Ò thi m«n To¸n Thêi gian lµm bµi: 150’ Hä vµ tªn ngêi ra ®Ò: Lª Xu©n Ph¬ng C¸c thµnh viªn thÈm ®Þnh ®Ò: NguyÔn Sü §«ng §Ò thi Bài 1( 4đ) 1) Rút gọn biểu thức sau: P  2) Giải phương trình: x2 y 2 ( x  y)2  xy x y 2 x 2  2 x  2 2  x2    x  x 2 x y2 y      2 Bài 2( 4đ) 1) Phân tích thành nhân tử: a3 +b3 +c3 -3abc 1 1 1   0 và abc ≠ 0 . Chứng minh rằng biểu thức: a b c bc ac ab M  2  2  2 không phụ thuộc vào a,b,c a b c 2) Cho Bài 3 (4đ) 1) Cho: 1 1 1 1 A    ...  1 2 2 3 3 4 120  121 1 1 B 1   ....  2 35 Hãy so sánh A và B 2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1   2(   ) với p là nửa chu vi của tam giác đó p a p b p c a b c Bài 4(8đ) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a) Chứng minh rằng: tgB.tgC = AD HD b) Chứng tỏ rằng HG//BC  tgB.tgC = 3 2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K. chứng minh rằng: a) DM 2 = MN . MK b) DM DM  1 DN DK LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM Lời giải Điểm Bài 1 1) Với Đk x 0; y 0; x y ta có: x2 y 2 ( x  y)2 P  xy x y  x2    x  xy x  y  x y       xy x  y  x y  y2 y (2  x )3  (2  (2  x )3  (2  0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 2) Đk: 0 < x < 4 Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt về dạng: x ) 3 3 2 x 0.25 0.25 0.5 x )3  2 (4  x)3 18 x (4  x)3 3 x  8 0.5 3  3x – 8 > 0 và (4  x) (3x  8) 8  x  và x3  3 x 2 0 3 2 Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài Bài 2: 1) a3 +b3 +c3 -3abc = =(a3+3a2b+3ab2+b3) +c3 (3abc+3a2b+3ab2) =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c) 2 2 =(a+b+c)  (a  b)  (a  b)c  c  3ab  =(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc) 2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì a3 +b3 +c3 -3abc = 0=> a3 +b3 +c3 = 3abc áp dụng kết quả trên nếu: 1 1 1 1 1 1 1   0  3  3  3 3. a b c a b c abc Điểm Bài 3     Xét TH: Xy > 0 => P = 1 Xy < 0 => P = 1 Vậy P = 1 Lời giải 1 1 1 A    ... 1 2 2 3 3 4 1 ....  120  121  1  2  2  3.....  120  121  121  1 10 0.5 1 1 B 1   ...  2 35 2 2 2 0.5    ...  2 1 2 2 2 35 2 2 2    ...  1 1 2 2 35  35 0.25 1 1 1  B  2(   ...  1 2 2 3 35  36 0.25 B  2(6  1) 10 Vậy B >A 1 1 4 2) Ta chứng minh được : x  y  x  y Áp dụng bđt trên ta có: 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 1 1 4 4    p  a p  b 2p  a  b c 1 1 4 4    p  b p  c 2p  b c a 1 1 4 4    p  c p  a 2p  c  a b 1 1 1 1 1 1 2(   ) 4(   ) p a p b p c a b c 1 1 1 1 1 1   2(   ) p a p b p c a b c (có thể có nhiều cách khác để chứng minh) 0.5 0.5 0.75 0.5 0.25 ta có: bc ac ba abc abc abc    3  3  3 a 2 b2 c2 a b c 1 1 1 3 abc( 3  3  3 ) abc. 3(abc 0) a b c abc 0.75 M =>Kết luận 0.25 Bài 4 1) a) tìm được tgB= 0.5 AD AD ,tgC= BD CD AD 2 => tgB.tgC= BD.CD BDH ADC  BD.CD  AD.DH AD =>tgB.tgC= DH AM 3 ( M là b) chứng minh được : GM 0.5 trung điểm của BC)  ADM có HG//BC 0.5  HG // DM AM AH   GM HD  3 tgB.tgC 0.5 (nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ, chiều ngược lại 0.75đ) 2) a) chứng minh được MD AM MD CM  (1),  (2) MK MC MN MA MD DM MA CM  .  . MK MN MC MA MD 2 MK .MN 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Từ (1) => MK MC MK MC 0.5    MK  MD AM  MC KD AM  MC (1') Từ (2)=> 0.5 MD MC MD MC    MN  MD AM  MC ND AM  MC (2 ') MK DM  Từ (1’,2’) => 0.5 DK DN  DM DM MK DM DK     1 DN DK DK DK DK 0.5 0.5 --------HÕt----------