®Ò thi häc sinh giái cÊp huyÖn m«n to¸n 9 Thời gian làm bài: 150 phút §Ò sè 1 Câu 1: Cho biểu thức 3 1 1 1 1 1 x x A x x x x x − = + + − − − + − a, Rút gọn A b, Tìm x để A > 0 c, Tính Giá trị của A khi 3 5 9 2 7 x = − Câu 2: Cho (p): 2 y x= (d): 3 2y x= − a, Tìm hai toạ độ giao điểm của (p) và (d) b, Tính diện tích tam giác tạo bởi hai toạ độ giao điểm và gốc toạ độ. Câu 3: Giải hệ phương trình: 1 2 5 6 2 3 x y xyz y z xyz x z xyz  + =    + =    + =   Câu 4: Cho ABC∆ có ba góc nhọn nội tiếp (O;R). Vẽ AI vuông góc với BC, BE vuông góc với AC. AI cắt BE tại H. a, Chứng minh rằng · · CHI CBA= b, Chứng ming CO EI⊥ c, Khi · 0 60ACB = Chứng minh CH CO = Câu 5: Cho ABC ∆ có µ 0 90A = ; AB BC < . AM là đường trung tuyến của tam giác. · AMB β = ; · ACB α = . Chứng minh 2 1 sin (sin cos ) β α α + = + .HÕt . 1 híng dÉn chÊm ®Ò sè 1 Câu 1: (3đ) a, Điều kiện: x > 1 0,5đ 2 1A x x= − − 1,5đ b, A > 0 khi 1 2x< ≠ 2,0đ c, A = 7 2,0đ Câu 2: a, A(1;1), B(2;4) 1,0 đ b, 1 AOB S ∆ = (đvdt) 1,0 đ Câu 3: Hệ phương trình có hai nghiệm: (x; y; z) = (1; 2; 3) và (x; y; z) = (-1; -2; -3) 2,0đ Câu 4: a, · · CHI CBA= 2,0đ b, Kẽ đường kính CD · · DAB BCD= · · DAB ABE= · · ABE ABF= · · ACE HIE= ⇒ · · HIE BCD= có AI BC IE CO ⊥ ⇒ ⊥ 3,0đ c, CH CE HCE DCB CD BC ∆ ∞∆ ⇒ = ⇒ 1 2 CH BC = 3,0đ Câu 5: 1 sin . sin 2 AH AM BC β β = = sin . sin cosAH AC BC α α α = = sin 2sin cos β α α ⇒ = 2 1 sin (sin cos ) β α α ⇒+ = + 2,0đ 2 H . O F E I D A C B A C M H B ®Ò thi häc sinh giái cÊp huyÖn m«n to¸n 9 Thời gian làm bài: 150 phút §Ò sè 2 Câu 1(5,0 điểm): Cho biểu thức P = ( ) − − + − + − − + − 2 x 3 x x 3 x 3 x 2 x 3 x 1 3 x a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x = −14 6 5 c) Tìm GTNN của P Câu 2(4,0 điểm): Bằng đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của phương trình: x x 1 m + − = Câu 3 (3,0 điểm): Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của hai chữ số của nó có phân số tối giản là 16 9 và hiệu của số cần tìm với số có cùng các chữ số với nó nhưng viết theo thứ tự ngược lại bằng 27. Câu 4(6,0 điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi AB là đường kính của đường tròn (O), AC là là đường kính của đường tròn (O’), DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D ∈ (O), E ∈ (O’), K là giao điểm của BD và CE. a) Tứ giác ADKE là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh AK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’) c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MK vuông góc với DE. Câu 5(2,0 điểm): Giải phương trình : 2 2 2 3x 6x 7 5x 10x 21 5 2x x+ + + + + = − − . HÕt . 3 híng dÉn chÊm ®Ò sè 2 Câu: Nội dung cơ bản: Điểm 1 a) ĐKXĐ: ≥ ≠x 0, x 9 P = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − − − + + + = + + − 2 x x 3 2 x 3 x 3 x 1 x 8 x 1 x 1 x 3 b) ( ) = − = − => = − = − 2 x 14 6 5 5 3 x 5 3 3 5 P = −58 2 5 11 c) + − + = = = − + = + + − + + + + x 8 x 1 9 9 9 P x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 => ≥ − =P 2 9 2 4 Dấu “=” xảy ra khi + = <=> = + 9 x 1 x 4 x 1 Vậy min P = 4 khi x = 4 0.5 1.0 1.0 1.0 0.5 0.5 0.5 2 *Xét ba trường hợp: Với x ≤ 0 thì y = -x – x +1 = -2x + 1 Với 0 < x < 1 thì y = x – x + 1 = 1 Với x ≥ 1 thì y = x + x – 1 = 2x -1 Vậy y = 2x 1 nÕu x 0 1 nÕu 0 < x < 1 2x - 1 nÕu x 1 − + ≤     ≥  Đồ thị hàm số : y = x x 1+ − là đường nét đậm trên hình vẽ *Đường thẳng y = m cùng phương với Ox, cắy Oy trên điểm có tung độ m. Dựa vào đồ thị ta kết luận: Nếu m < 1 thì phương trình vô nghiệm. Nếu m = 1 thì phương trình có nghiệm : 0 x 1≤ ≤ . Nếu m > 1 thì phương trình có 2 nghiệm . 1.0 1.0 1.0 1.0 4 1 O -1 1 2 -1 x y 3 Gọi số cần tìm là xy với , ;1 , 9x y x y∈ ≤ ≤Z . Theo giả thiết: ( ) 10 16 3 9 90 9 16 10 10 27 x y x y xy x y xy x y y x +  = − =   ⇔   + =   + − + =  Giải hpt ta được: 1 2 3 9; 16 x x= = (loại). Suy ra 6y = . Vậy số cần tìm là :96. 1.0 1.0 0.75 0.25 4 a) Theo tính chất góc ngoài của tam giác : ∠ O 1 = 2∠B, ∠O’ 1 = 2∠C mà ∠O 1 + ∠O’ 1 = 1800 nên ∠B+∠C=90 0 , suy ra K=90 0 . Ta lại có ∠D = ∠E = 90 0 nên tứ giác ADKE là hình chữ nhật. b) ∠A 1 +∠A 2 =∠D 1 +∠D 2 =90 0 nên KA ⊥ BC. Vậy AK là tiếp tuyến của (O) và (O’). c) ∠K 1 + ∠E 1 = ∠C + ∠EKA = 90 0 nên MK ⊥ DE. 2.0 2.0 2.0 5 Viết lại phương trình dưới dạng : 2 2 2 3(x 1) 4 5(x 1) 16 6 (x 1)+ + + + + = − + . Vế trái của phương trình không nhỏ hơn 6, còn vế phải không lớn hơn 6. Vậy đẳng thức chỉ xảy ra khi cả hai vế đều bằng 6, suy ra x = -1. 1.0 1.0 5 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán 9 Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số 3 Bài 1. (3đ) Cho biểu thức: 1 1 1 1 1 2 ++ + + + = xxx x xx x A 1. Tìm x để biểu thức A có nghĩa. Hãy rút gọn A 2. Tính A khi 2833 = x 3. Chứng minh rằng: 3 1 < A Bài 2. (4đ) Giải các phơng trình, hệ phơng trình sau 1. 1111 423 +=++++ xxxxx 2. =+ =+ =+ 14 14 14 yxz xzy zyx Bài 3. (6,5đ) 1. Cho , , ,a b c d là bốn số nguyên dơng bất kì, chứng minh rằng số a b c d A a b c a b d b c d a c d = + + + + + + + + + + + không phải là một số nguyên 2. Giả sử yx, là những số không âm thay đổi thoả mãn điều kiện 1 22 =+ yx a. Chứng minh rằng 21 + yx 3. Cho cba ,, là ba số dơng. Chứng minh rằng: + + + + + ++ accbbacba 2 1 2 1 2 1 3 111 Bài 4. (3,5đ) Cho ABC đều cạnh a . Điểm Q di động trên cạnh AC , điểm P di động trên tia đối của tia CB sao cho 2 .AQ BP a= . Đờng thẳng AP cắt đờng thẳng BQ tại M a. CM tứ giác ABCM nội tiếp đợc b. Tìm giá trị lớn nhất của MA MC+ theo a Bài 5. (3đ) Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn ( ) O , điểm M thuộc cung BC không chứa A . Gọi MKMIMH ,, theo thứ tự là các đờng vuông góc kẻ từ M đến ACABBC ,, . Chứng minh rằng MK AC MI AB MH BC += .Hết . 6 hớng dẫn chấm đề số 3 Bài 1. (4đ) 1. (2đ) A có nghĩa khi và chỉ khi 1 0 01 0 x x x x (0,5đ) * Rút gọn 1 1 1 1 1 2 ++ + + + = xxx x xx x A = ( )( ) 1 1 1 1 11 2 ++ + + ++ + xxx x xxx x (0,25đ) = ( )( ) ( ) ( )( ) 11 1112 ++ +++++ xxx xxxxx (0,25đ) = ( )( ) ( ) ( )( ) 111 1 11 ++ = ++ = ++ xx x xxx xx xxx xx (0,75đ) 2.(1đ) Theo giả thiết ( ) 1241242833 2 === xx (0,5đ) Do đó 2433 124 11242833 124 = ++ = A (0,5đ) 3.(1đ) Ta có 0 3 1 3 1 << AA hay 0 3 1 1 < ++ xx x (0,25đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 13 1 13 12 13 13 2 < ++ = ++ + = ++ xx x xx xx xx xxx , đúng (0,5đ) Vì ( ) ( ) 01;013 2 >>++ xxx , vì 1 x Kết luận: Với 10 x thì 3 1 < A (0,25đ) Bài 2. (3,5đ) 1.(1,5đ) ĐK: 1 01 01 01 4 23 +++ x x xxx x (0,5đ) Đặt 1;1 23 +++== xxxbxa với 0,0 ba Ta có ( ) ( ) baxxxxx .111 234 =+++= Khi đó PT đã cho trở thành: ( )( ) 10111 ==+=+ abaabba hoặc 1 = b (0,25đ) * Với 1 = a thì 211 == xx (thoả mãn) (0,25đ) * Với 1 = b thì ( ) 011111 22323 =++=+++=+++ xxxxxxxxx 0 = x (loại) hoặc 01 2 =++ xx (vô nghiệm) (0,25đ) KL: PT đã cho có nghiệm duy nhất 2 = x (0,25đ) 7 2.(2đ) ĐK: 4 1 4 1 4 1 014 014 014 z y x y x z (0, 5đ) Ta có =+ =+ =+ =+ =+ =+ 14222 14222 14222 14 14 14 yxz xzy zyx yxz xzy zyx (0,25đ) Cộng theo từng vế ba pt của hệ trên và biến đổi ta đợc: ( ) ( ) ( ) 0142414241424 =++ zzyyxx (0,25đ) ( ) ( ) ( ) 0114214114214114214 =+++++ zzyyxx (0,25đ) ( ) ( ) ( ) 0114114114 222 =++ zyx (0,25đ) = = = = = = = = = 114 114 114 114 114 114 0114 0114 0114 z y x z y x z y x = = = = = = 2 1 2 1 2 1 24 24 24 z y x z y x (tmđk) (0,25đ) KL: Hệ pt có nghiệm duy nhất ( ) = 2 1 ; 2 1 ; 2 1 ;; zyx (0,25đ) Bài 3. (6,0đ) 1.(2,5) Vì , , ,a b c d dơng nên ; dcba a cba a +++ > ++ ; dcba b dba b +++ > ++ ; dcba c dcb c +++ > ++ ; dcba d dca d +++ > ++ (0, 5đ) Cộng tất cả các BĐT cùng chiều trên ta đợc 8 a b c d A a b c a b d b c d a c d = + + + + + + + + + + + + +++ > dcba a dcba b +++ + dcba c +++ + dcba d +++ = 1 = +++ +++ dcba dcba (1) (0,5đ) Mặt khác, ta có BĐT zy zx y x + + < với yx < và 0,, > zyx (*) Thật vậy, ta xét hiệu ( ) ( ) ( ) 0 < + = + + = + + zyy yxz zyy yzxyxzxy zy zx y x (vì yx < ) (0,25đ) Bây giờ ta áp dụng BĐT (*) ta có các BĐT ; dcba da cba a +++ + < ++ ; dcba cb dba b +++ + < ++ ; dcba ac dcb c +++ + < ++ ; dcba bd dca d +++ + < ++ (0, 5đ) Cộng các BĐT cùng chiều trên ta đợc a b c d A a b c a b d b c d a c d = + + + + + + + + + + + + +++ + < dcba da + +++ + dcba cb dcba ac +++ + dcba bd +++ + + = ( ) 2 2 = +++ +++ dcba dcba (2) (0,5đ) Kết hợp (1) và (2) ta đợc 21 << A hay A không phải là số nguyên (0,25đ) 2.(1,5đ) a. Trớc tiên ta chứng minh BĐT ( ) ( ) 22 2 2 yxyx ++ Thật vậy, ta xét hiệu ( ) ( ) ( ) 02222 2 2222 2 22 =+=++ yxyxyxyxyxyx , đúng hay ( ) ( ) 22 2 2 yxyx ++ . Đẳng thức xảu ra khi và chỉ khi yx = (0,25đ) áp dụng ( ) ( ) 22 22 2 =++ yxyx (vì 1 22 =+ yx ). Suy ra 2 + yx (1) (0,5đ) Ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) yyxxyyxx +=+ 11 22 Vì 0, yx và 1 22 =+ yx nên 10;10 yx . Do đó ( ) ( ) 01;01 yyxx Suy ra 1 22 =++ yxyx (2) (0,5đ) Từ (1) và (2) ta có 21 + yx (0,25đ) 3.(2đ) Với 0,, > zyx , ta có 3 3 xyzzyx ++ ; 3 3111 xyz zyx ++ Suy ra ( ) zyxzyxzyx zyx ++ ++ ++++ 9111 9 111 (*) (0,25đ) (Chú ý là đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi zyx == ) áp dụng (*) ta có babba 2 9111 + ++ ; cbccb 2 9111 + ++ ; acaac 2 9111 + ++ (0,5đ) Cộng từng vế ba BĐT cùng chiều trên ta đợc: + + + + + ++ accbbacba 2 1 2 1 2 1 9 111 3 (0,25đ) + + + + + ++ accbbacba 2 1 2 1 2 1 3 111 (0,25đ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cba == Bài 4. (4đ) 9 A B PC Q M E 1.(2đ) Theo giả thiết 2 .AQ BP a= suy ra BP AB AB AQ = ; 0 60 == ABPBAQ (0,75đ) Vậy ( ) cgcBAPAQB ~ . Suy ra CAMBAPAQB +== 0 60 (0,75đ) Mà QBCQCBQBCAQB +=+= 0 60 Do đó MBCMAC = (hai góc cùng chắn một cung).Nên tứ giác ABCM nội tiếp(0,5đ) 2. (2đ) Trên MB lấy điểm E sao cho MAME = (0,25đ) Do 0 60 == ACBAME , vì thế tam giác AME là tam giác đều Suy ra AMAE = và 0 60 = MAE , từ đó ( ) EACMACBAE == 0 60 Lại có aACAB == nên ( ) cgcCAMBAE = , suy ra CMBE = (0,5đ) Vậy MBEBMEMCMA =+=+ (0,25đ) Do đó MA MC + lớn nhất khi và chỉ khi MB lớn nhất khi và chỉ khi MB là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC (0,25đ) Gọi h và R lần lợt là chiều cao và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC thì 2 3a h = và 3 3 2 3 . 3 2 3 2 aa hR === . Do đó 3 32 2 a RMB == (0,5đ) Vậy giá trị lớn nhất của MA MC + = 3 32a (0,25đ) Bài 5. (2,5đ) Giả sử ABAC . Ta có MK AK MI AI MK KCAK MI BIAI MK AC MI AB += + + =+ (1) (0,5đ) (Vì MK KC MI BI MCKgMBIgMCKMBI === cotcot )(0,25đ) Do MCBMAB = (cùng chắn cung MB ) nên MCBgMABg = cotcot , (0,25đ) Suy ra MH CH MI AI = (2) (0,5đ) Do MBCMAC = (cùng chắn cung MC ) nên MBCgMACg = cotcot , (0,25đ) 10 A K B C H M I [...]... y = 35 40 2 20 2 Kẻ EK AF, ta có: AH = EA cos600 = HF = y-14 = 35 - 14 = 21 EH = x.sin60 = 28 0 Suy ra: EF = 3 2 EH 2 + HF 2 = 14 = 1 28 2 16 = 0,25 0,5 0,5 = 14 3 (14 3 ) 2 + 212 0,25 10 29 =7 21 0,25 0,25 0,25 Vậy: DE = 28, DF = 35, EF = 7 21 0,25 0,25 17 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán 9 Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số 5 Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu thức: A= x + x 4 1 2 2 + 1 2 +2 a) Tìm điều... 3 điểm 14 6 5 + 8 22 6 5 58 2 5 = = Khi đó P = 11 3 5 +1 3) P = 9 x +8 x +1 = -2=4 x 1 + 9 = x +1 Dấu " = " sảy ra 9 = x +1 x 1 + = x +1 Vậy min P = 4 khi x = 4 1) Giải phơng trình: 1 + x+3+ x+2 1 + x + 2 + x +1 9 x +1 x +1 0,25 0,25 5 ( x + 3 + x + 2 )( x + 3 x + 2 ) x +1 x ( x + 1 + x)( x + 1 x ) + x +1 x +1 ; + 9 x +1 9 x +1 - 2 2 0,5 0,5 ) x = 4 thoả mãn đk 1 =1 x +1 + x x +3 x +2...Suy ra AK BH = MK MH (3) Từ (1), (2), (3) suy ra (0,5đ) AB AC CH BH BC + = + = MI MK MH MH MH (0,25đ) *********************************************** đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán 9 Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số 4 Bài 1 ( 3 điểm ): Cho biểu thức: P= x x 3 x 2 x 3 2( x 3) + x +1 x +3 3 x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị của P với x = 14-6 3) Tìm giá trị nhỏ nhất... 50 50 + 49 Bài 4 3 Cộng 2 vế ta đợc: điểm 2 2 S < 1+ 0 + 2 + 1 + + = 2{( 1 - )+( 2 Từ (1) và (2) suy ra: 5 0 0,5 0,5 2 50 + 49 1 )+ +( 2 0,25 50 - < S < 10 )} = 2 (đpcm) 49 2 50 = 10 2 (2) 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2 + y2 + z2 Biết x + y + z = 2007 áp dụng BĐT Bu nhiacôpxki ta có: (x+y+z)2 (x2+y2+z2).(1+1+1) x2+y2+z2 (x+y+z)2 /3 = 2007/3 = 6 69 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 6 69 Bài 5 Kẻ... Chứng minh rằng: Sin A a 2 2 bc 11 Bài 6 ( 5 điểm ): Cho tam giác đều ABC có cạnh 60 cm Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 20 cm Đờng trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F Tính độ dài các cạnh của tam giác DEF - Hết 12 hớng dẫn chấm đề số 4 Bài Nội dung 1) Điều kiện để giá trị biểu thức P xác định: x 0; x 9 Rút gọn: P= = = = x x 3 ( x +1)( x 3) 2( x 3) x +1 x +3 0,25... ( x 2 (0,25 điểm) ( x 2)( x +2) x( + 22 x + 1 N x 1 23 N x 1 (0,5 điểm) (0,5 điểm) 19 (0,25 điểm) 23 Z x 1 (0,5 điểm) Suy ra x - 1 là ớc số của 23 (0,5 điểm) { { Vì x > 1 nên (x - 1) 1; 23} x 2 ; 24} (0,5 điểm) Vì mỗi ô tô chỉ chở không quá 32 học sinh nên x = 24 (0,5 điểm) Vậy số ô tô là 24 , số học sinh là 5 29 em (0,5 điểm) Bài 3 (4 điểm): M O E H N D P a) Tam giác HME là tam giác vuông tại E... đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền NP nên: DN = DE Suy ra tam giác DNE là tam giác cân Suy ra DNE = DEN (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN (0,25 điểm) Lại có: OEM + HEO = 90 o , Nên OEH + HED = 90 o Suy ra DE OE ( 0,5 điểm) Suy ra DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) ( 0,25 điểm) Bài 4 ( 4 điểm): H 20 B C D a) Tính góc ADB: ( 3 điểm) Kẻ DH AC , nối B với H : Xét tam giác ABC ta có:... x = 25 d) Tìm các giá trị của x để A = 1 3 Bài 2(4 điểm): Một đoàn học sinh tổ chức đi tham quan bằng ô tô Nếu mỗi ô tô chở 22 học sinh thì còn thừa 1 học sinh Nếu bớt đi 1 ô tô thì có thể phân phối đều các học sinh trên các ô tô còn lại Biết mỗi ô tô chỉ trở đợc không quá 32 ngời, hỏi ban đầu có bao nhiêu ô tô và có tất cả bao nhiêu học sinh đi tham quan? Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại... góc ADB b) Tính khoảng cách từ D đến AC, nếu biết BC = 3 cm Bài 5 (3,5 điểm): Cho hai số thực a,b thoã mãn a > b và ab = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = a 2 +b 2 a b Hết 18 hớng dẫn chấm đề số 5 Bài 1 (4,5 điểm): a) (1 điểm) Biểu thức A đợc xác định : x Xac dinh x 0 x 0 x 04 (0,5diem) x 4 x 4 x 4 x 02 (0,5 điểm) b) (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức A A= = = = = x + x 4 1... điểm) Vì a > b nên a - b > 0 áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: Q = (a - b) + 4 2 a b Dấu bằng xảy ra ( a b ) 4 ( a b ) = 4 ( 0,5 điểm) 4 a b= ab a.b = 2 ( 0,5 điểm) a b= 2 a.b = 2 ( 0,5 điểm) 21 . chỉ xảy ra khi cả hai vế đều bằng 6, suy ra x = -1. 1.0 1.0 5 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán 9 Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số 3 Bài 1. (3đ) Cho. 16 VËy: DE = 28, DF = 35, EF = 7 21 . 0,25 0,25 17 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán 9 Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số 5 Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu