Bộ đề thi HSG toán 9 + đáp án

Phòng giáo dục và đào tạo Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 Năm học : 2009 - 2010 (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức ( ) 1 122 1 2 + + ++ = x x x xx xx xx P a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P; c) Tìm x để biểu thức P x Q 2 = nhận giá trị là số nguyên. Bài 2: (3 điểm) Cho x, y là những số dơng thoả mãn: 1 + yx Tìm giá trị nhỏ nhất của xy xyM 1 += Bài 3: (3 điểm) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất (x, y) mà x, y Z: =+ =+ 2 1 myx ymx Bài 4: (3 điểm) Tìm x; y là những số nguyên dơng thoả mãn + + xy yx 13 13 Bài 5: (7 điểm) Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đờng tròn (O) đờng kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đờng tròn (O). Từ C kẻ CH vuông góc với AB ( ) ABH . Gọi M, N lần lợt là hình chiếu của H lên AC và CB. a) Chứng minh rằng: OC vuông góc với MN; b) Qua A kẻ đờng thẳng d vuông góc với AB. Tiếp tuyến với (O) tại điểm C cắt đờng thẳng d ở K. Chứng minh rằng: BK; CH; MN đồng quy. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) đáp án chấm môn toán lớp 9 Kỳ thi chọn học sinh giỏi thcs Năm học 2009 - 2010 Bài 1 (4 điểm) ĐK: 0;1 > xx a) ( ) ( ) ( )( ) 1 11212 1 1 3 + + + ++ = x xx x xx xx xx P ( )( ) ( ) ( ) 1212 1 11 +++ ++ ++ = xx xx xxxx P ( ) 22121 ++= xxxxP 12212 +=++= xxxxxxP b) 4 1 ""; 4 3 4 3 2 1 1 2 ==+ =+= xxxxP Vậy 4 3 min = P c) 1 22 + == xx x P x Q với 0 > x và 1 x Cho nên 112 1 1 =>+ x x Cho nên 20 << Q Mà Q Vậy ta có: 013121 1 2 =++== + xxxxx xx x Đặt 0 >= ax ta có: 0 4 5 2 3 013 2 2 = =+ aaa 0 2 5 2 3 2 2 = a 0 2 5 2 3 2 5 2 3 = + aa 2 53 ; 2 53 21 = + = aa Vậy = = + = + = + = 2 537 2 53 2 537 4 5614 2 53 2 2 2 1 x x KL: + 2 537 ; 2 537 x thì Q Q Bài 2: (3 điểm) Vì 0;;1 >+ yxyx Mà ( ) ( ) 4 411 4 2 2 + + yx xyxy xyyx Xét: xy xyM 1 += Đặt 4 1 = a xy Thì a aM 1 += với 4 a 4 17 4 15 4 2 16 4.15 1 16 2 16 151 16 =+=+++= a aa a a M 2 1 4""; 4 17 ==== yxaM Vậy 2 1 4 17 min === yxM Bài 3: (3 điểm) Bài 4: (3 điểm) Tìm x, y là những số nguyên dơng thoả + + xy yx 13 13 x, y bình đẳng không mất tính TQ ta giả sử yx Nếu x = y ta có 113 =+ xxx Vậy = = 1 1 y x thoả mãn Xét x > y =+ =+ + + Nnm nyy myx xy yx ,( 13 13 13 13 ) Vì ( ) nxyyxyx =+>+> 13133 303 <<> nnxx Do vậy { } 2;1 n Với 1 = n =+ =+ )2(13 )1(13 xy myx Thế (2) vào (1) yymyy 4949 +=+ yy4 Ư (4) { } 4;2;1 y Vậy = = = = = = 13 4 ; 7 2 ; 4 1 x y x y x y Với 2 = n ta có: ( ) =+ ++ =+ + =+ + =+ =+ xy yy xy yx xy yx xy myx 213 2133 213 26 213 13 213 13 { } 5;1559 + yyyy Vậy = = = = 8 5 ; 2 1 x y x y Sau khi thử ta đợc: = = = = = = = = = = = = 13 4 ; 7 2 ; 7 2 ; 1 4 ; 4 1 ; 1 1 x y y x x y x y x y x y = = = = = = = = = = 5 8 ; 8 5 ; 1 2 ; 2 1 ; 13 4 x y x y x y x y y x thoả mãn Bài 5: (7 điểm) a) ACB = 90 o (vì OA = OC = OB) b) CMH = 90 o (gt) CNH = 90 o (gt) => CMHN là hình chữ nhật => C 1 = M 1 Mà CAO = ACO (OA = OC nên tam giác ACO cân) CAO + C 1 = 90 o Cho nên ACO + M 1 = 90 o Gọi E là giao của OC và MN ta có CEM = 90 o Hay OC vuông góc MN (đpcm) b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến) K o dài BC cắt d tại W Ta có WCA = 90 o Mà: KAC + AWC = 90 o KCA + WCK = 90 o KCA = KAC (lý do KC = KA) => KWC = WCK => KC = KW Vậy WK = KA = KC Hay K là trung điểm AW I là giao CH và MN vì CMHN là hình nhữ nhật I là trung điểm của CH Mặt khác WA // CH (cùng vuông góc với AB); giả sử BI cắt WA tại K' áp dụng talet: KKKWK AK WK IH CI == '''Ư ' 'Ư Vậy BI đi qua trung điểm K của AW Hay KB; CH; MN đồng quy . )( ) 1 11212 1 1 3 + + + ++ = x xx x xx xx xx P ( )( ) ( ) ( ) 1212 1 11 ++ + ++ ++ = xx xx xxxx P ( ) 22121 ++ = xxxxP 12212 += ++ = xxxxxxP b) 4 1 "";. n ta có: ( ) =+ ++ =+ + =+ + =+ =+ xy yy xy yx xy yx xy myx 213 2133 213 26 213 13 213 13 { } 5;15 59 + yyyy Vậy = = = = 8 5