Tuyển tập bộ đề ôn thi HSG toán 9 file word kèm đáp án chi tiết

Tuyển tập bộ đề ôn thi HSG toán 9 file word kèm đáp án chi tiết trên 200 trang.(tài liệu chất lượng)Chú ý: Tải về file đính kèm để có toàn bộ đề thi.=================Tuyển tập bộ đề ôn thi HSG toán 9 file word kèm đáp án chi tiết trên 200 trang.(tài liệu chất lượng)Chú ý: Tải về file đính kèm để có toàn bộ đề thi.

GV ST: Nguyễn Hữu Biển ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 5 MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài 1: (4điểm)

Cho P =

2 3

2 2

x x x x

+

2 3

2 2

x x x x

1 Rút gọn P Với giá trị nào của x thì P > 1

2 Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

2 Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có

1 Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau

2.Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF Chứng minhrằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng

P = 1 a 4 + 1 b 4

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1:

Điều kiện x > 0; x  1; 4

P = ( 2 )( 1 ) 2

) 1 )(

1 )(

2 (

x x

x

+ ( 2 )( 1 ) 2

) 1 )(

1 )(

2 (

x x

P > 1 

1

) 1 ( 2

> 0 

2

3 Thì () - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0  2x = -28

 x = - 14 (Thỏa mãn đk)

Xét - 23 ≤ x < 1 Thì () - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0  x = 72 (Thỏa mãn đk)

Xét 1≤ x <

3

5 Thì () - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0  x = 83 ( loại)

Xét x ≥

3

5 Thì () 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0  x = - 52 (Loại)

Vậy phương trình có nghiệm x 

2

; 14c.Ta có x2 + xy + y2 = x2y2

 (x + y)2 = xy(xy + 1)

xy xy

y x

y x

x

y

= c + x y +

x y

Q P

H I

D

C

B A

a/ IP = HQ; IP//HQ ( Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)

 IPHQ là h.b.h

Có IP = IQ = 21 AD = 21 BC nên IPHQ là hình thoi

Gọi P1; Q1 là giao điểm của PQ với AD và BC

F E

Q P

H I

D

C

B A

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE

Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)

Suy ra MHP = NHQ  MHQ = NHP  MHN và PHQ có cùng tia phân giácMặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ Suy ra H, I, K thẳng hàng

Bài 5:

E h d c

a

b

Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago trong tam giác vuông AHD ta tính được HD

= 27cm Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A, cắt BC ở E Ta có AE AD nên AD2 = DE

DH  DE =

DH

AD2

= 27

45 2

= 75cmTheo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác

DC

DB

= EC EB  x y = 7575 y x (1)Mặt khác x + y = 40 (2)

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được

Từ (1) và (2)  P ≥

17

8

2 2



b a

() Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = 94  a + b + ab = 54

3 2 2

b

a  + 21 ≥ a + b + ab = 45

 a2 + b2 ≥ ( 45 - 21 ): 23 = 12 Thay vào ()

P ≥

17

8 2

1

 = 2 17

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

2

17 khi a = b = 21

GV ST: Nguyễn Hữu Biển ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 18 MÔN: TOÁN LỚP 9

b.Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên

2.Tính giá trị của biểu thức B = x 3 - 3x + 2000 víi x = 3 3  2 2 + 3 3  2 2

Cho đường tròn (O,R) và một điểm A ở ngoài đường tròn, từ một điểm M di động trên đường thẳng

d  OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB,MC với đường tròn (B,C là tiếp điểm) Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.

a.Chứng minh OA.OK không đổi từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định.

b.Chứng minh H di động trên một đường tròn cố định.

c.Cho biết OA= 2R Hãy xác định vị trí của M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó.

z y x z y x

0; ; 1 4

1b)

(1đ)

Ta có : b/(2đ) Tìm x Zđể A nguyên.

0,5 0,5

0,5 0,5 0,25 0,25 0,5

x x

x x

Biến đổi phương trình

x 2 +2y 2 +2xy +3y-4 =0  (x 2 +2xy+y 2 ) +y 2 +3y - 4=0  (y+4)(y-1) =-(x+y) 2  0

R OK

2





 (Không đổi)  K là điểm cố định

b

H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định

c.

BC OM 2

1 BH OM S

2

SOBMC  OBM   SminOMnhỏnhất, BCnhỏnhất

 M  A , BC  OK  H  K  M  A

3 R

min 

0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

1đ

0,5 0,5 0,5 0,25

10 9 8 12

z y z y x z y x z y x

Từ y + 2z =4 suy ra z=1 ( do y,z>0) Khi z=1 thì y=2 và x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài toán

C

M d

3 8

3 3

4 6

x x

3 3

d Giả sử BC cố định còn A di động nhưng luôn nhìn BC dưới một góc 900 Tìm

vị trí của A để diện tích tam giác APQ lớn nhất

3 8

3 3

4 6

x x

3 3

đk:

x  0

3 8

3

4 6

3

x x

x x

x

3 3

1

3 1

2 3 3 4 6

x

x x x

x x x

3 3

1

3 3 1 3 1

P =  3 23 2 3 4

3 2 3 4 6

x

x x

x

(1 - 3x + 3x - 3x )

P =  3 23 2 3 4

4 3 2 3

x

x x

b, Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

Ta có P  

2 3

1 2 3 2 2

Z n n x

) 1 ( 2 3

) (

1 2 3

3 3

) ( 3

loai x

TM x

Vậy với x = 3 thì P có giá trị nguyên

2 2

x x

x x

4 cos

5

3 sin

4

3 tan

5

4 cos   và

5

3 sin   Hoặc tan  34 nếu cos  53 và sin  54

(ab ac  abac

2

1 ) )(

(ba bc  babc

2

1 ) )(

Dấu (=) xảy ra khi 

a c

c b

a b

c a

b a

c b

 a =

b = c =

3 1

b, Ta có: 0 < x < 1  1 – x > 0

Và A x x x x x 5 5x x 5x

1

5 1

x x

x x

x x

x A

1 2 ) 1 ( 5

x x

x x

x

) 1 ( 5 1 1 0

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của A là (5 + 2 5) khi x =

+) E là trung điểm của BH; F là trung điểm của HC

Nên 2012.x2015 + 2013 y2018 chia cho 4 dư 1

Còn số 2015 chia cho 4 dư 3 (vô lí)

Vậy không có số nguyên x, y nào mà

2012x2015 2013.y2018 = 2015

GV ST: Nguyễn Hữu Biển ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 22 MÔN: TOÁN LỚP 9

b Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên

c Tính giá trị của A với x 7 49(5 4 2)(3 2 13    2 )(3 2 1 2 2 ) 

2.Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :

 

2 2

1 2

Câu 3: ( 3 điểm ).

1.T×m c¸c nghiệm nguyên của phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2

2 Cho a, b và c là các số thực không âm thỏa mãn a b c   1

Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia

Ax, By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C, trên tia By lấy điểm D sao cho

góc COD = 900 Kẻ OH vuông góc với CD tại H

a Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB;

100 n2  1 999   101 n2  1000  11  n 31

39 4n 5 119

    (4)

Từ (3) và (4) => 4n Ờ 5 = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc 675

0,50,5

0,50,5

Câu

2.1

(2đ)

1 x 3  1  x2  3 x 1  1  x (ĐK:  1  x 1)Đặt

a x

b a b x

a x

2

2

1

2 3

) 0 , ( 1

1

Thay vào phýõng trình đã cho ta có:

 3.  2 0  1 2 0 3

0,5đ

(1)

* Vậy x 2 hoặc y  2

- Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phơng trình không có nghiệm nguyên

- Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phơng trình không có nghiệm nguyên

- Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Với x = 0 thay vào phơng trình ta đợc y =0

Thử lại ta đợc phơng trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:

(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

0,5đ.0,5đ0,5đ

0,5đ

0,5đ

-0,25ð0,25ð0,25ð0,25ð0,25ð0,25ð0,25ð0,25ð

Thật vậy: Vì x; y là các số thực dương theo BĐT Côsi ta có

a) Vì Ax  AB By;  AB nên Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Gọi M là trung điểm của CD => OM là đường trung bình của hình thang

ACDB => OM //AC => góc ACO = góc MOC ( So le trong) (1)

Lại có: OM là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông COD =>

OM = MC => tam giác OMC cân tại M => góc COM = góc MCO (2)

Từ (1) và (2) suy ra góc ACO = góc MCO

=> tam giác ACO = tam giác HCO (cạnh huyền - góc nhọn)

=> OH = OA => H thuộc đường tròn tâm O

=> CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB

Câu 5

(1 ð)

c) S COD S AHB => OH 1

HK  ( HK AB; K thuộc AB )( Vì tam giác COD đồng dạng với tam giác BHA)

=> OH = HK => K trùng O => H là điểm chính giữa của nửa đường tròn O

0,250,250,250,25

( Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm )

GV ST: Nguyễn Hữu Biển ĐỀ THI ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 25 MÔN: TOÁN LỚP 9

2 Cho 1x  1y 6 Tìm giá trị lớn nhất của A

2 2

2 1

1.Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) cho (a2b – 1).

2 Tìm x,y,zN thỏa mãn x 2 3  y z

Câu IV (6,0 điểm) :

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO(C khác A và C khác O) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đãcho tại D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D) Tiếp tuyến của nửa đườngtròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là giao điểm của AM và CD

1.Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân

2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, Bthẳng hàng

3.Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD

Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B 3 1 3 1

)

Theo Côsi, ta có: 6 1x  1y 2 1xy  1xy 9

0,50Dấu bằng xảy ra  1x  1y  x = y = 1

2 4

2 2 1 2 1

m m x x

m x

x

Ta có x 2x x1x 151m x x 2 2x x x1x 151m

2 1 2 1

2 2 1 2

1

2 2

2 1

m m

1 4 2

1 4

1 6

1 2

1 6

a 2 k(a 1) 1

Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3 0,25

- Với a = 2 (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 

3

2

(2) vô lý ( do x,y,zN nên vế phải của (2) là số hữu tỷ )

yz

z y x

z

HF

Mặt khác CBM EMF 2      (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến vàdây cung cùng chắn AM) Từ (1) và (2)  EFM EMF   

Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E

cân)

0,500,50

0,500,500,50

Gọị H là trung điểm của DF Suy ra IH  DF và DIH  DIF  3

2

Trong đường tròn  I ta có: DMF và DIF lần lượt là góc nội tiếp

và góc ở tâm cùng chắn cung DF Suy ra DMF 1DIF

2

Từ (3) và (4) suy ra DMF DIH    hay DMA DIH   

Trong đường tròn  O ta có: DMA DBA    (góc nội tiếp cùng chắn DA)

Suy ra DBA DIH   

Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC Do đó

DBA HIB 180    DIH HIB 180   o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng

0,500,50

0,500,500,50

Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI ABD     1

2sđAD

Mà C cố định nên D cố định  1

2sđAD không đổi

Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung

BD

0,500,50