Gián án HSG TOAN 9 CO DA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ----------------------------------------------- Câu 1: (3 điểm) Rút gọn biểu thức sau: A = 9 17 9 17 2+ − − − Câu 2: (3 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = 2 2 9 6 1 9 30 25x x x x− + + − + Câu 3: (4 điểm) Cho hệ phương trình ax + y = 3 4x + ax = -1    a. Giải hệ khi a =3 b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm. Câu 4: (4 điểm) Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10km thì đến sớm hơn dự định 3 giờ, còn xe chạy chậm lại mỗi giờ 10km thì đến nơi chậm mất 5 giờ. Tính vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định và chiều dài quãng đường AB. Câu 5: (6 điểm) Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm M trên đường chéo BD chiếu lên AB và AD tại E và F. a. Chứng tỏ: CF = DE và CF ⊥ DE Tìm quỹ tích giao điểm N của CF và DE b. Chứng tỏ: CM = EF và CM ⊥ EF c. Chứng minh rằng các đường thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm. = = = = = =  hết  = = = = = = ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1: A = 9 17 9 17 2+ − − − = 18 2 17 18 2 17 2 2 2 + − − − 0,5 điểm = 17 2 17 1 17 2 17 1 2 2 2 + + − + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 17 1 17 1 2 2 2 + − − − 1,0 điểm = 17 1 17 1 2 2 2 − + − − = 17 1 17 1 2 2 2 + − − − (vì 17 1> ) 1,0 điểm = 2 2 2 2 0 2 − = − = 0,5 điểm Câu 2: P = 2 2 9 6 1 9 30 25x x x x− + + − + = ( ) ( ) 2 2 3 1 3 5x x− + − 0,5 điểm = 3 1 5 3 3 1 5 3 4x x x x− + − ≥ − + − = (vì A A≥ ) 1,0 điểm Dấu “=” xảy ra ⇔ 3 1 0 3 1 5 1 5 3 0 3 5 3 3 x x x x x − ≥ ≥   ⇔ ⇔ ≥ ≥   − ≥ ≤   1,0 điểm Vậy P Min = 4 5 1 3 3 x⇔ ≥ ≥ 0,5 điểm Câu 3: a. Khi a =3 ta có hệ 134 33 −=+ =+ yx yx <=> 1)33(34 33 −=−= −= xx xy 0,5 điểm <=> 105 33 −=− −= x xy <=> 2 33 = −= x xy <=> 3 2 −= = y x 0,5 điểm Vậy khi a = 3 hệ phương trình có nghiệm (2;-3) 0,5 điểm b. Xét hệ 14 3 −=+ =+ ayx yax (I), ta có (I) <=> 1)3(4 3 −=−+ −= axax axy 0,5 điểm <=> ( ) )2(314 )1(3 2 axa axy −−=− −= 0,5 điểm Muốn (I) có nghiệm duy nhất thì 2404 22 ±≠⇔≠⇔≠− aaa 0,5 điểm Muốn (I) vô nghiệm thì: 031 04 2 ≠−− =− a a ⇔ 13 4 2 −≠ = a a 0,5 điểm 3 1 2 ≠ ±= a a ⇔ 2 ±= a 0,5 điểm Vậy : Điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là: 2 ±≠ a Điều kiện để hệ vô nghiệm là: 2 ±= a Câu 4: Gọi thời gian dự định là x (giờ), vận tốc của xe lúc đầu là y (km/h) (x, y >0), thì chiều dài quãng đường AB là xy (km) 0,5 điểm Khi xe chạy nhanh hơn 10km mỗi giờ thì: Vận tốc của xe lúc này là: y + 10 (km/h) Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x – 3 (giờ) Ta có phương trình: (x – 3)(y + 10) = xy (1) 0,5 điểm Khi xe chạy chậm hơn 10km mỗi giờ thì: Vận tốc của xe lúc này là: y – 10 (km/h) Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x + 5 (giờ) Ta có phương trình: (x + 5)(y – 10) = xy (2) 0,5 điểm từ (1) và (2) ta có hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 10 5 10 x y xy x y xy − + =    + − =   0,5 điểm 10 3 30 10 5 50 xy x y xy xy x y xy + − − =  ⇔  − + − =  10 3 30 10 5 50 x y x y − =  ⇔  − + =  0,5 điểm 10 3 30 2 80 x y y − =  ⇔  =  15 40 x y =  ⇔  =  0,5 điểm Giải hệ phương trình ta được: x = 15; y = 40. 0,5 điểm Vậy thời gian xe dự định đi hết quãng đường AB là 15 giờ, vận tốc của xe lúc đầu là 40km/h. Quãng đường AB có độ dài là: 15 . 40 = 600 (km) 0,5 điểm Câu 5: Vẽ hình a. Chứng minh DECF ⊥ và DECE = ta có ( . . )CDF DAE c g c CF DE∆ = ∆ ⇒ = 0,5 điểm Ta cũng có µ ¶ 1 1 C D= mà ¶ · 0 1 90D NDC+ = => µ · 0 1 90C NDC+ = => · 0 90CND = hay DECF ⊥ 0,5 điểm Qũy tích của N: Phần thuận: ta có · 0 90CND = (câu a) => N chạy trên đường tròn đường kính CD. Giới hạn : N ở miền trong của hình vuông ABCD . - Khi M ở B thì F ở A, E ở B suy ra CF trùng với CA và DE trùng với DB do đó N ở tại O (tâm của hình vuông). - Khi M ở D thì F ở D, E ở A suy ra CF trùng với CD và DE trùng với DA do đó N ở tại D. Vậy N chỉ chạy trên 1/4 đường tròn, cung DNO, có đường kính CD. 1,0 điểm Phần đảo: Lấy N thuộc cung phần tư DO ở trên đường tròn đường kính CD ta có · 0 90CND = (1) Gọi E là giao điểm của DN và AB, F là giao điểm của CN và AD. Dựng hình chữ nhật AEMF ta chứng minh rằng BDM ∈ . Từ (1) => µ ¶ 1 1 C D= (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) => ( . . )CDF DAE g c g DF AE∆ = ∆ ⇒ = mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật) => DF=FM <=> FDM ∆ vuông cân · 0 45FDM M DB⇒ = ⇒ ∈ Vậy quỹ tích của N là 1/4 cung DNO của đường tròn đường kính CD. 1,0 điểm b. Chứng tỏ EFCM = và EFCM ⊥ gọi K là giao điểm của FM và CB ta có: DFCK = => FMCK = 0,5 điểm tương tự : MEMK = Do đó: ( . . )CKM FME c g c CM EF∆ = ∆ ⇒ = 0,5 điểm Ta cũng có: · · = ⇒ ⊥KCM MFE CM EF . 0,5 điểm c. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy Chứng minh tương tự câu a ta có: CEBF ⊥ 0,5 điểm Trong CEF ∆ ta có EFCM ⊥ ; ED CF⊥ ; CEFB ⊥ 0,5 điểm => CM, ED, FB Là 3 đường cao của tam giác CEF do đó chúng đồng quy. Vậy CM, BF, DE đồng quy tại một điểm. đó là trực tâm của tam giác CEF 0,5 điểm = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = . GIỎI LỚP 9 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ----------------------------------------------- Câu 1: (3 điểm) Rút gọn biểu thức sau: A = 9 17 9 17 2+ −. = ta có ( . . )CDF DAE c g c CF DE∆ = ∆ ⇒ = 0,5 điểm Ta cũng có µ ¶ 1 1 C D= mà ¶ · 0 1 90 D NDC+ = => µ · 0 1 90 C NDC+ = => · 0 90 CND = hay DECF ⊥