phòng gd đt vĩnh linh trường thcs thị trấn bến quan kỳ thi học sinh giỏi bậc thcs năm học 2008 2009 môn toán lớp 9 đề i thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề câu 1 1 điểm tìm các giá

Hai đỉnh kề B và C của tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA dưới những góc bằng nhau nên nội tiếp đường tròn... Giải phương trình theo tham số m.[r]

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Môn: TOÁN - Lớp 9 Đề I

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1: ( điểm ) Tìm giá trị x để biểu thức sau có nghĩa:

√−7x2+6x+1 x2

Câu 2: ( điểm ) Cho biểu thức: A = [(

√x+

√y )

√x+√y+ x+

1

y ] : √

x3+y√x+x√y+√y3 √x3y+√xy3 a Tìm điều kiện để A xác định

b Rút gọn A

c Cho xy = Xác định x, y để A có giá trị nhỏ Câu 3: ( điểm ) Giải phương trình:

√x+3+4√x −1 + √x+8 - 6√x −1 =

Câu 4: ( điểm ) Giải toán cổ: Trăm trâu trăm cỏ Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Lụ khụ trâu già Ba bó Tính số trâu loại

Câu 5: ( điểm ) Cho hình thang cân ABCD (AB//CD) có MD = MC (M  DC);

 

MBC CAB  và AB = BD Hãy tính góc hình thang.

Câu 6: ( điểm ) Chứng minh x = sin α (0 < α < 900) thì: x2

√1− x2=

1

cosα −cosα

………Hết………

HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ I)

Câu 1

Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: - 7x2 + 6x +  (1) x  (2) Để giải (1) ta có: - 7x2 + 6x + = -(x - 1)(7x + 1)

Ta có bảng xét dấu:

x - 71 1

x - - - +

7x + - + +

(x - 1)(7x + 1) + - +

- 7x2 +6x + +

-Như - 7x2 +6x +   -1  x , kết hợp với (2) ta có: -1 7x< < x  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 a x > 0; y > b * ( √x+ √y ) √x+√y = √xy= 2√xy xy * (

√x+ √y ) √x+√y + 1x+ y= 2√xy xy + x+ y= x+2√xy+y xy = (√x+√y)2 xy * √x

3

+y√x+x√y+√y3 √x3y+√xy3

=x√x+y√x+x√y+y√y x√xy+y√xy = √x(x+y)+√y(x+y)

√xy(x+y) =

(x+y)(√x+√y)

√xy(x+y) =

√x+√y

√xy Vậy A = (√x+√y)

2

xy :

√x+√y

√xy =

(√x+√y)2

xy

√xy

√x+√y=

√x+√y

√xy c Vì xy = 16  xy  4 x y 4

Hai số dương √x , √y có tích √x√y = khơng đổi nên tổng √x+√y

Có giá trị nhỏ √x=√y=2

2 A     0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3

Ta viết x + + √x −1=¿ x - + √x −1+4 Với nhận xét ( √x −1 )2 = x - 1

Ta có: x - + √x −1+4 = ( √x −1 )2 + 2.2

√x −1 + 22  x + + 4 √x −1 = ( √x −1 + 2)2

Tương tự ta có: x + - √x −1 = ( √x −1 - 3)2 Phương trình trở thành:

 x-1 2 2   x-1 -32 5,x1 -1 -1 - 5,

x x x

    

0,25 0,25 0,5

- Với x-1 - 0  -1 9x   x10

Phương trình trở thành: √x −1+2+√x −1−3=5

-1 10

x x

    (1)

- Với √x −1−3 <  x-1 <  x < 10 Phương trình trở thàmh: √x −1+2−√x −1+3=5

 Đẳng thức nghiệm với x  (2)

Từ (1) (2) điều kiện x  ta có nghiệm phương trình cho 1 x  10

0,25

0,25 0,25

Câu 4

Gọi x, y, z theo thứ tự số trâu đứng, số trâu nằm, số trâu già với điều kiện x y z; ; 100 x, y,z  Z, ta có hệ:

   

15 300 100

3

100 100

z x y z

x y

x y z x y z

    

  

 



 

   

    



Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế với vế, ta phương trình 14x + 8y = 200  7x + 4y = 100 (3)

Đặt x = 4t ta tính y = 25 - 7t; t  Z

Đem giá trị x, y theo t vào phương trình (2) ta tính z = 3t + 75

Rõ ràng cho t giá trị nguyên x, y z nhận giá trị nguyên thỏa mãn hệ cho

Vậy nghiệm nguyên hệ cho là:

4

25 t z 75

x t

y t

z t

  

  



  



Ta xét điều kiện:

0 25 100

75 25 25 100

7 75 100 25

25

3

t t

t t

t

t

   

 

 

 

      

 

    

 

  

 

Kết hợp điều kiện ta có: 0≤ t ≤ 257  t = 0; 1; 2; 3. Từ ta có kết quả:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

t

x 12

y 25 18 11

z 75 78 81 84 Vậy ta có đáp số:

(I) (II) (III) (IV)

Trâu đứng 12

Trâu nằm 25 18 11

Trâu già 75 78 81 84

0,25

Câu 5 Gọi K trung điểm AD , AB = BD nên BK AD K Ta lại có: DAB CBA   ( ABCD là hình thang cân)

mà CAB CBM     MBA DAC   

mà KM // AC nên DKM DAC    (đồng vị)  DKM MBA   

 ABMK nội tiếp.

 AKB AMB    = 900  MAB = 450 (1)

ABCD hình thang cân có MC = MD  MA = MB ABM vuông

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Loại

D M C

K

A B

cân M Kẻ MI  AB  MI =

2 AB =

2 AC, lại kẻ CH  AB

 CH = MI = AC

ACH vng H có CH = 12 AC nên nửa tam giác cạnh AC  CAB CBM    = 300 (2)

Từ (1) (2)  CBA DAB    = 750

Vậy ADB BCD    = 1050

0,25 0,25 0,25

Câu 6

Ta có x √1− x2=

sin2α

√1−sin2α=

sin2α √cos2α = sin2α

|cosα|=

1−cos2α

cosα ( < α < 900 nên cos α > 0) = cos1α −cosα (đpcm)

0,5 0,25

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề II

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1: ( điểm)

Cho biểu thức:

2 1

( ) :

2

1 1

x x x

A

x x x x x

 

  

   

1- Rút gọn biểu thức A

2- Tính giá trị A x 7 6.

3- Tìm x để biểu thức A đạt giá trị lớn Câu 2: (3 điểm)

1- Cho phương trình: (m1)x2 (2m3)x m  4 0 (1) a) Giải phương trình (1) m=2

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1; thõa mãn 2 2

x x  .

2- Cho phương trình

( 1)

a x y

x ay

  

 

 

 (I)

a) Giải hệ (I) với a 1 .

b) Tìm giá trị a để hệ (I) vô nghiệm.

Câu 3: (3 điểm)

Cho tam giác ABC (AC > AB), trung tuyến AM, điểm N thuộc đoạn AM, vẽ đường trịn (O) có đường kính AN

1- Gọi F giao điểm phân giác AD với (O), gọi E giao điểm phân giác góc A với (O) Chứng minh: EF đường kính đường tròn (O)

2- Đường tròn tâm (O) cắt AB K, cắt AC H, KH cắt AD I.Chứng minh:

2 .

FK FI FA.

3- Chứng minh: NH.CD = NK BD Câu 4: (1 điểm)

Tính tổng: 2 2 2

1 1 1

1

2 3 2008 2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ II)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

1- Điều kiện xác định:0 x 1

2 ( 1) ( 1)

1

x x x x x

A

x x x

     



 

( 1)2

( 1) ( 1)

x x

x x x x x

         2- 2 2 3 ( )

2 4

A x

  

  

Dấu “ =’’ xảy  x  0 x0 Vậy giá trị lớn A x =

3- Với x = ( 1)  

 x  1 Ta có:

2

7 6 1

A 

     (1) (0,25) (0,25) (0,5) (1) (0,5) (0,25) (0,25) (1) (0,5) (0,5) Câu 2 1- a) Khi m = ta có phương trình: x2 7x 6 0

Ta có a + b + c = 0, suy phương trình có nghiệm x = 1, x = b) Nếu m=1: Ta có phương trình: -5 x + = 0: phương trình có

một nghiệm Nếu m1:

Nhận thấy a + b + c = nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2( x1x2 ) Khi hai nghiệm phương trình (1) là:

4 1, m x x m     Yêu cầu toán tương đương đương với:

2

1 2 4 3

1

4 1 2

1                 x x m m m m m Vậy m

giá trị cần tìm

2- a)Với a 1 hệ (I) trở thành:

3 ( 1)

1 (1 3)( )

3

3 1

x y

x

x

x y x y

y

x y y

  

 

  

 



      

  

     

 

 

  

  

(I)  

1

(1) ( 2)( )

3

( 2) (3 ) (2)

 



  

 

   

 

     



ay x

a x y

x ay

a a y

Hệ (1) vô nghiệm phương trình (2) vơ nghiệm

2

    

a

a

Vậy a = -2, a = giá trị cần tìm

(0,5)

(0,5)

(0,5)

Câu 3 1- Ta có: AE AF hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh A nên

90

AEAF  EAF  Do EF đường kính đường trịn (O)

2-Ta có:HAF KAF( AD tia phân giác)  HF KF

  

 

1

( )

2

1

= ( )

AKF sđ AF sđ AH sđ HF

sđ AH sđ FK

   



Ta lại có:

 

1

KIF= ( )

2 sđ AH sđ FK

 

( góc có đỉnh bệ đường trịn) Do đó: AK F K I F Xét AKFvà KIFcó:

K AF I K F ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)

1

0,25

AK F K I F ( chứng minh trên)

Do AKF đồng dạng với K I F  F K FA  F K F I FA

F I F K 3-

Ta có SANC SAMC  SNMC , ANB  AMB  NMB

S S S AMB  AMC

S S , SNMB SNMC

Do SANB SANC

 

 

NH AC NK AB

NH AB

NK AC (1) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có 

AB BD

AC CD (2)

Từ (1) (2) suy   

NH BD NH CD NK BD

NK CD

0,25 0,25

0,25

0,25

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề III

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu 1: (4điểm)

a/ Chứng minh rằng: 2+√3

√2+√2+√3 +

2−√3

√2−√2−√3 = √2 b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau:

x2+

1

y2=1 (1) √x 2−1+

√y2−1=

√xy+2 (2)

Câu 2: (6 điểm)

a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)

b/ Tìm n  Z để n + 26 n – 11 lập phương số nguyên dương

c/ Cho biểu thức A = x2 + xy + y2 – 3x – 3y + 3002 Tìm giá trị x y để A đạt

Câu 3: (2điểm) Giải hệ phương trình:

x 3 y 2 5 (x 3)(y 2) 6

    



  

 .

Câu 4: (4 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD CE cắt trực tâm H Kẻ đường kính BM (O) Gọi I giao điểm BM DE, K giao điểm AC HM

a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC CMID tứ giác nội tiếp b/ Chứng minh rằng: OK  AC

Câu 5: (4 điểm) Cho ABC nội tiếp (O) điểm M đường thẳng BC (M  B C) Vẽ đường tròn qua M tiếp xúc với AB B; vẽ đường tròn qua M tiếp xúc với AC C, hai đường tròn cắt điểm thứ hai P

Chứng minh rằng: P  (O) đường thẳng PM qua điểm cố định M di động BC

-HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ III)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

a/

Để ý + √3 =

4 3 2



=

2 ( 1)

2



Tương tự – √3 =

2 ( 1)

2



Vế trái: 2+√3

√2+√2+√3 +

2−√3

√2−√2−√3

=

2 3

2 ( 1) : 2



  +

2 3

2 ( 1) : 2



 

= √2(2+√3 3+√3+

2−√3 3−√3)

= √2(6−2√3+3√3−3+6+2√3−3√3−3

9−3 ) = √2

b/

Điều kiện: x2 1; y2 1; xy + 0

Từ phương trình (1) ta có x2 + y2 = x2y2(3).

Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x2 – 1+ y2 – + 2

√x2−1√y2−1 = xy + hay x2 + y2 +2

√x2y2−

(x2+y2)+1 – xy – = (4) Thay (3) vào (4) ta có PT:

(xy)2 – xy – 2 = 0  (xy – 2)(xy + 1) = xy – = xy + = 0.

* Nếu xy – =  xy = thay vào (3) ta có được:

x2 + y2 =  (x + y)2 – 2xy =  (x + y)2 =  x + y = ±2

√2

Giải hệ

¿

x+y=±2√2 xy=2

¿{

¿



¿

x=√2 y=√2

¿{

¿

¿

x=−√2 y=−√2

¿{

¿

Các giá trị x; y tìm thỏa điều kiện nên chọn

* Nếu xy + = hay xy = – 1 thay vào (3) ta có x2 + y2 =  (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 = – < 0: Vô lý.

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm là: (x; y) = ( √2 ; √2 ) (– √2 ; – √2 )

2

2

a/

Biến đổi tương đương PT cho:

Câu 2

x4 + 8x2(y2 + 7) + 16(y2 + 7)2 = 17x4 + 17(y2 + 7)2 16x4– 8x2(y2 + 7) + (y2 + 7)2 =

 [4x2– (y2 + 7)]2 = 4x2– y2– =

 (2x– y)(2x + y) = (1)

Vì x; y  N nên 2x – y  2x + y 2x + y  0, chúng có giá trị nguyên nên suy

¿

2x+y=7 2x − y=1

¿{

¿



¿

x=2 y=3

¿{

¿

Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên là: (2; 3) Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có:

[1x2 + 4(y2 + 7)]2 (12 + 42)[x4 + (y2 + 7)2]

hay [x2 + 4(y2 + 7)]2 17[x4 + (y2 + 7)2]

dấu xảy (tức có PT (*))

4x2= y2+  (2x– y)(2x + y) = Làm tiếp

b/

n + 26 = a3 n – 11 = b3 với a > b  N*

 a3– b3= 37 (a2+ ab + b2)(a – b) = 37.

Ta có số 37 số nguyên tố a > b  N* nên (a2+ ab + b2) > (a – b) và

là số tự nhiên 

¿

a2+ab+b2=37 a−b=1

¿{

¿



¿

a2−a −12=0 a−1=b

¿{

¿

 a = b = (còn a =– b =– bị loại)

Thay vào đẳng thức n + 26 = a3 n – 11 = b3 ta có n = 38.

c/

Biến đổi biểu thức A = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) – x – y + xy + + 2009

= (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2009

= [(x – 1) + 12 (y – 1)] 2 +

4 (y – 1)2 + 2009 Có [(x – 1) + 12 (y – 1)] 2  0

4 (y – 1)2  x; y nên Amin =

2009 (y – 1)2= [(x – 1) +

2 (y – 1)] 2 = 0 x = y = Vậy Amin = 2009 (x; y) = (1; 1)

2

2

2

Câu 3 ¿

|x+3|+|y −2|=5 (x+3)(y −2)=−6

¿{

¿



¿

|x+3|+|y −2|=5

|x+3|.|y −2|=6 (x+3)(y −2)<0

¿{ {

¿

Xem |x+3| |y −2| hai nghiệm PT:

X2 – SX + P = tức là: X2 – 5X + = X

1 = 2; X2 =

Vậy ta có hai hệ PT sau:

(I)

¿

|x+3|=2

|y −2|=3 (x+3)(y −2)<0

¿{ {

¿

và (II)

¿

|x+3|=3

|y −2|=2 (x+3)(y −2)<0

¿{ {

¿

.

*Giải hệ (I): Hệ (I) 

¿

x+3=2 y −2=−3

¿{

¿

hoặc

¿

x+3=−2 y −2=3

¿{

¿



¿

x=−1 y=−1 ¿{ ¿ hoặc ¿ x=−5 y=5 ¿{ ¿

*Giải hệ (II): Hệ (II) 

¿

x+3=3 y −2=−2

¿{

¿

hoặc

¿

x+3=−3 y −2=2

¿{ ¿  ¿ x=0 y=0 ¿{ ¿ ¿ x=−6 y=4 ¿{ ¿

Vậy hệ PT cho có nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4)

2 Câu 4 K H I M D E O B C A a/

Theo giả thiết:AEC ADC = 900 Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D E

cùng nhìn đoạn AC góc 900 nên nội tiếp đường tròn  BAC =



BDE (cùng bù với EDC ), mà BAC = BMC (góc nội tiếp chắn BC ).

Vậy BDE = BMC nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn

2

b/ BM đường kính (O) nên BAM = BCM = 900 (chắn nửa đường

tròn) Suy HC // AM (cùng  AB) HA // CM (cùng  BC) nên AMCH hình bình hành  K trung điểm đường chéo AC Vậy OK  AC (quan hệ đường kính dây cung)

Câu 5

Trước hết cần chứng minh P  (O) với vị trí M. Xét trường hợp: *Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường trịn (BPM) nên BPM

= ABC (vì chắn BM ). Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên 

CPM =ACB (chắn CM ).

Suy BAC + BPC = Â + B C  = 1800 nên tứ giác ABPC nội tiếp đường

tròn.

Qua ba điểm A, B, C xác định đường tròn (O) nên P  (O).

A N

P N

P

O

O A

B C

M M B C

* Điểm M thuộc tia Bx tia đối tia BC (hoặc M thuộc tia Cy tia đối tia CB)

Chứng minh tương tự có PBA = PMC (chắn PB ) PCA = PMC (chắn 

PC) nên PBA = PCA

. Hai đỉnh kề B C tứ giác ACBP nhìn đoạn PA góc nên nội tiếp đường tròn. Suy P  (O).

Gọi N giao điểm đường thẳng PM với (O) hai trường hợp ta có: ANP = ACP (chắn AP) ACP = NMC  ANP = NMC , chúng vị trí so le nên AN // BC. Do ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước AN // BC với N  (O) nên điểm N cố định. Vậy PM qua điểm N cố định

2

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề IV

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 (3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a/ A = 3x2 – 8x + b/ B = 4b2c2– (b2 + c2 – a2)2.

Câu 2 (3 điểm) Cho phương trình ẩn x là: 5x −m6 −1=2x+m −

m 10 −

7(5− x) 28 a Giải phương trình theo tham số m

b Tìm giá trị nguyên m để nghiệm phương trình x thoả < x < 10

Câu 3 (2 điểm) So sánh √4+√7−√4−√7 và √2

Câu (2 điểm) Giải phương trình: √x −1−1 ¿2 ¿ ¿

√¿

Câu 5 (4 điểm) Cho ABC có Â = 900, phân giác BD, trung tuyến AM trọng tâm G Cho biết

GD AC D Gọi E trung điểm đoạn thẳng AG a Chứng minh: DE // BC

b Tính số đo ACB

Câu 6 (3 điểm) Cho tam giác ABC Vẽ phía ngồi tam giác hình vng ABDE, ACFG có tâm theo thứ tự M N Gọi I K theo thứ tự trung điểm EG BC

a Chứng minh KMIN hình vng b Chứng minh IA  BC

Câu 7 (3 điểm)

b Giải bất phương trình

1 + x < 2 -x

Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ IV)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 1a

A = 3x2– 8x + = 3x2– 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) A = 4x2 – 8x – x2+

= 4x(x – 2) – (x – 2)(x + 2) = (x – 2)(3x – 2)

1b

B = (2bc)2– (b2+ c2 – a2)2

= (2bc – b2 – c2 + a2)(2bc + b2 + c2 – a2) = [a2 – (b – c)2][(b + c)2 – a2]

= (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a)

0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 2 2a

5x −m −1=

2x+m −

m 10 −

5− x  10(5x − m)−60

60 =

12(2x+m)

60 −

6m 60 −

15(5− x) 60

 50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x  11x = 16m – 15

 x = 1611m−15 Vậy PT có tập nghiệm S = { 1611m−15 }

2b

Giá trị m  Z để nghiệm x thoả: < x < 10 phải với hai điều kiện

sau: 16 15 10 11 m Z m           ¿

m∈Z 15

16<m<7 13 16

¿{

¿

Từ suy giá trị m là: m  {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}

0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3

√4+√7−√4−√7 = √2 √4+√7

√2 −

√2.√4−√7

√2 = √8+2√7

√2 −

√8−2√7

√2 =

√7+1¿2 ¿ ¿

√¿ ¿

√7−1¿2 ¿ ¿

√¿

−¿ = |√7+1|

√2 −

|√7−1| √2 =

√7+1−√7+1

√2 =

2

√2 =

0,5

0,5

√2

Vậy √4+√7−√4−√7 = √2 0,5

Câu 4

√x −1−1¿2 ¿ ¿

√¿

 |√x −1−1|=√x −1−1

 √x −1−1  0

 √x −1  1x –  1 x  2

Vậy phương trình có nghiệm x  2.

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

Câu 5 5a

D E

G A

B M C

*ADG vng D có DE trung tuyến nên DE = 12 AG = AE = EG ADE cân E EDˆAEAˆD.

* AM trung tuyến ABC vuông nên MA = MB = MC  AMC cân  C MACˆ  ˆ .

*Vậy Cˆ= EDˆA, chúng vị trí đồng vị nên ED // MC (đpcm)

5b

*Áp dụng định lý Talét vào AMC cânta có:

AD AE

DC EM .

*BD phân giác ABC nên

AD BA

DC BC .

Suy

BA AE

BC EM mà

AE 1

EM 2 nên

BA 1

BC 2

 BC = 2BA  ABM Bˆ= 600 Cˆ= 300 (đpcm)

0,75 0,75 0,5

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

Câu 6 6.a

P

H K I

N

M

G

F E

D

A

B C

Học sinh chứng minh KMIN hình bình hành Học sinh chứng minh EAC = BAG(cgc)

để suy EC = BG suy KMIN hình thoi

Học sinh chứng minh EC BG suy KMIN hình vng (đpcm)

6b

Chứng minh IA  BC: Gọi giao điểm IA BC H

Lấy P đối xứng với A qua I, chứng minh AEPG hình bình hành Chứng minh BAC = AEP (cgc) suy A BC PAE

Từ suy IA  BC (đpcm)

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

0,5 0,5 0,5

Câu 7 7a

Nhóm số hạng A = 3(1 3 + + 32) 3(1 3 + 32) + 328(1 3 + 32) Tổng số hạng ngoặc đơn có giá trị 13, chia hết cho 13

7b

Qui đồng

Biến đổi đúng, hợp lôgic

Lấy nghiệm : x > x < -1/3

0,75 0,75

0,5 0,75

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề V

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1: (2 điểm)

Chứng minh tổng bình phương ba số ngun liên tiếp khơng phải bình phương số nguyên

Câu 2: (2 điểm)

Hãy tính giá trị biểu thức P = a3 + b3 – 3(a + b) + 2008 bết rằng:

a=√35+2√6+√35−2√6;b=√317+12√2+√317−12√2 (Khơng sử dụng máy tính cầm tay) Câu 3: (3 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ, cho điểm M(2; 1), N(3; – 4), P(5; 3) trung điểm cạnh AB, BC CA tam giác ABC

a.- Viết phương trình đường thẳng BC

b.- Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Câu 4: (5 điểm)

a.- Cho x > 0; y > Chứng minh 1x+1 y ≥

4

x+y∀x ; y

b.- Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Đặt p = a+b+2 c Chứng minh p − a1 +

p −b+ p − c=

2 a+

2 b+

2

c tam giác tam giác Câu 5: (4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn có độ dài cạnh BC, AC, AB a, b, c

Chứng minh rằng: √aSinA+√b SinB+√c.SinC=√(a+b+c)(SinA+SinB+SinC) Câu 6: (4 điểm)

Gọi H chân đường vng góc hạ từ đỉnh A lên đường chéo BD hình chữ nhật ABCD Gọi P Q trung điểm đoạn BH CD Chứng minh điểm A, P, Q D nằm đường tròn

HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ V)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

Gợi ý giải:

+ Để ý n số nguyên số dư chia n2 cho chỉ (1)

Thật vậy:

 Nếu n = 3k n2 chia hết cho 3;

 Nếu n = 3k ± n2 = 3p + nên n2 chia dư với k; p

số nguyên )

+ Gọi a – 1, a, a + ba số nguyên liên tiếp

Đặt m = (a – 1)2 + a2 + (a + 1)2 m = 3a2 + (2)

Vậy từ (1) (2) suy tổng bình phương ba số ngun liên tiếp khơng phải bình phương số nguyên

2

Câu 2

Gợi ý giải:

Từ giả thiết suy a3 = 10 + 3a; b3 = 34 + 3b Suy P = (a3 – 3a) + (b3 – 3b) + 2008 = 2052.

2

Câu 3

Gợi ý giải:

a + Viết phương trình đường thẳng MP y = 32 x – 13 + Đường thẳng BC song song với MP nên phương trình có dạng

y = 32 x + b Vì N thuộc đường thẳng BC suy b = – Vậy phương trình đường thẳng BC y = 32 x –

b

+ Tương tự ta có PTĐT AC y = – 5x + 28 PTĐT AB y = 72 x –

+ Giải hệ

¿

y=−5x+28 y=7

2x −6

¿{

¿

ta suy tọa độ đỉnh A A (4; 8) Tương tự B(0; – 6); C(6; – 2)

+ Gọi d1 đường thẳng đia qua A song song với BC, d2 đường thẳng qua C song song với AB

Lập luận, xác định phương trình dường thẳng d1 y = 32x+16

3 (1) ; phương trình đường thẳng d2 y = 72 x – 23 (2)

Giải hệ phương trình tạo (1) (2) ta có nghiệm hệ (x = 10;

1

y = 12) tọa độ giao điểm d1 d2 Vậy D(10; 12)

Câu 4

Gợi ý giải:

a Vì x > 0; y > nên 1x+1 y≥

4

x+y ⇔ ⇔ (x – y)2 Vậy x > 0; y > 1x+1

y ≥

x+y∀x ; y Dấu “=” xảy x = y b Từ giả thiết suy p − a1 = =b+c − a

2 > ; p − b>0;

1 p −c>0 Áp dụng kết câu a ta có: p − a1 +

p −b≥

2p −(a+b)= c Tương tự, suy p − a1 +

p −b+ p − c≥

2 a+

2 b+

2 c

Dấu “=” xảy

¿

1 p − a+

1 p −b=

4 c

p − b+ p − c=

4 a

p − c+ p− a=

4 b

⇔

¿p −a=p −b

p− b=p − c p− c=p − a

⇔a=b=c

¿{ {

¿ Vậy ta có điều phải chứng minh

2

3

Câu 5

Gợi ý giải:

Vẽ đường cao AH Ta có SinB=AH

HB ;SinC= AH HC ⇒

b SinB=

c SinC Tương tự, suy ra: SinAa = b

SinB= c SinC=

a+b+c

SinA+SinB+SinC=k>0 Vậy √aSinA+√bSinB+√cSinC= =(SinA+SinB+SinC).√k (1) Và (a + b + c) = (SinA + Sin B + SinC).k

Suy ra: √(a+b+c)(SinA+SinB+SinC)=(SinA+SinB+SinC).√k (2) Từ (1) (2) ta có đ.p.c.m

2

2 Câu 6

Gợi ý giải:

Gọi I trung điểm AH Chứng minh IP AD từ suy I trực tâm tam giác APD Suy DI AP (1)

Chứng tỏ tứ giác DIPQ hình bình hành, suy DI // PQ (2) Từ (1) (2) suy AP PQ suy đ.p.c.m

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề VI

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu1: (3 điểm) Cho y=√(x

2

−3)2+12x2

x2 +√(x+2)

−8x a) Rút gọn y

b) Tìm giá trị nguyên x để y có giá trị nguyên Câu2: (1,5điểm) Với giá trị m n hàm số: y=(m2−5m+6)x2+(m2+mn−6n2)x+3 hàm bậc nhất?

Câu3: (1,5điểm) Giải phương trình sau: √x+1=x −1

Câu 4: (2điểm) Tìm giá trị a để hệ vơ nghiệm: {ax−3 ay=2a+3x+ay=1

Câu 5: (4 điểm) Một thuyền xuôi, ngược khúc sông dài 40km hết 30 phút Cho biết thời gian thuyền xi dịng 5km thời gian thuyền ngược dịng 4km Hãy tính vận tốc dòng nước

Câu 6 (5điểm) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I trung điểm cạnh BC D điểm cạnh BC Đường trung trực AD cắt đường trung trực AB AC theo thứ tự E F

Chứng minh năm điểm A, E, I, D, F thuộc đường tròn

Câu 7: (3 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A cố định đường trịn Tìm quỹ tích trung điểm M dây AB điểm B di động đường trịn

Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM (Đề VI)

Câu Nội dung – yêu cầu Điểm

1 3đ

2 1,5đ

a) Ta có:

x2+3¿2 ¿ ¿x2

¿

x −2¿2 ¿ ¿ ¿

y=√¿

- Nếu x < y=− x

−3− x2+2x

x =

−2x2+2x −3 x - Nếu < x ≤ y=x2+3− x2+2x

x =

2+3 x - Nếu x > y=2x2−2x+3

x

b) Nếu xZ |x −2|∈Z , để yz thì:

(x2+3)⋮|x| hay 3⋮x⇒x=±1;±3 Hàm số cho hàm bậc khi:

{m2+n −6n2≠0m2−5m+6=0  ( 2)( 3) ( )( )

m m

m n m n

  

  



 2;

( )( )

m m

m n m n

 

  



- Với m =

(m – 2n)(m+3n) ≠  (2 – 2n)(2+3n)≠0  n ≠1 n ≠−32

Với m =3

(m-2n)(m+3n) ≠  (3 – 2n)(3+3n)≠0 3

2 n

 

n ≠−1 Vậy hàm số cho hàm số bậc khi:

a) m =2; n ≠ n ≠−2

0,5

0,5

0,5

0,5 1,0

0,25

0,25

0,5

b) m=3; n ≠ -1 n ≠ 32 3

1,5đ

4 2đ

5 4đ

6 (5đ)

√x+1=x −1  x+1=(x −1)2⇒¿xx==30

Thử lại x = không nghiệm phương trình: x = nghiệm phương trình

{ax−3 ay=2a+3x+ay=1⇔{a(1−ay)−3 ay=2a+3x=1−ay

⇔{− a(a+3)y=a+3x=1−ay Hệ phương trình vơ nghiệm : 

( 3)

3 0

a a

a a

 

   

(4 30 phút = 4,5 giờ)

Gọi vận tốc thuyền nước yên lặng x (km/giờ), vận tốc dòng nước y (km/giờ) (đk: x > y >0)

Vận tốc thuyền xi dịng là: x+ y (km/giờ) Vận tốc thuyền ngược dòng là: x – y (km/giờ) Thời gian thuyền ngược dòng 5km là: x5

+y (giờ) Thời gian thuyền ngược dòng 4km là: x − y4 (giờ) Theo đề ta có phương trình: x5

+y=

x − y (1) Thời gian xi dịng 40km là: 40x

+y (giờ) Thời gian ngược dòng 40km là: 40x − y (giờ) Theo ta có phương trình: 40x

+y + 40

x − y =

2 (2) Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình

Giải hệ ta x = 18; y = Vậy vận tốc dịng nước 2km/giờ -Vẽ hình xác

-Gọi M, N, K trung điểm AC ; AB ; AI

Δ ABC vuông A nên đường trung trực AB ; AC phải qua trung điểm I BC Δ ABC vng A có IA trung tuyến nên IA=IC => IAC ICA ; NI // AM (cùng vng góc với AC)

Suy EIA IAC .

Ta lại có KM đường trung bình Δ AIC => KM // IC =>

=> IAC KMA .

Tứ giác AKMF nội tiếp nên

0,5 1,0

0,5

0,75 0,75

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

0,5 0,5

0,5 0,75

0,5 0,5

N E

F K

M D

I

C B

 

KMA KFA

Từ điều kiện trên, suy ra: AFKEIA mà chúng nhìn nhìn đoạn AE

Vậy tứ giác AEIF nội tiếp AIF 1v

(AMIN hình chữ nhật) nên EF đường kính đường tròn ngoại tiếp mà EF trung trực AD nên D nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEIF

Hay năm điểm A, D, E, I, F nằm đường tròn

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

7 (3đ)

Vẽ hình đúng, xác

* Thuận: Vì M trung điểm AB, nên: OM  AB AMO = 900

Điểm M nhìn đoạn AO góc vng, nên M chạy đường trịn đường kính AO

Giới hạn: Vì B chạy khắp đường trịn (O) nên M chạy khắp đường trịn đường kính AO

* Đảo: Lấy Nthuộc đường trịn đường kính AO suy ANcắt đường trịn (O) K

Ta có: góc ANO = 900 suy OM’

A’B’ suy N trung điểm AK

Kết luận:

Tập hợp trung điểm M đoạn AB đường trịn đường kính AO

O N

K B M

A

0,5 1,0

Phòng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Môn: TOÁN - Lớp 9 Đề VII

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức

A = x x x

x x

x x

x x

x x

x

4 4

4

2 2

2

 

 

 



 

a) Tìm điều kiện x để A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

c) Tìm giá trị x để A < Bài 2: (2,5 điểm)

a) Với giá trị m hệ phương trình sau có nghiệm nhất

   

2

2

x y m

x y x y

 

 

    



b) Với giá trị m phương trình sau có nghiệm: x2 x m  2 x

Bài 3: (2 điểm) Xác định số nguyên a b cho đường thẳng y = ax + b (D) qua điểm A(-2; 3); cắt trục tung điểm có tung độ ngun dương cắt trục hồnh điểm có hồnh độ ngun âm

Bài 4: (2 điểm)

Cho số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện -2 ≤ a, b, c, d ≤ a + b + c + d = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 + b2 + c2 + d2

Bài 5: (2,5 điểm)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 + y3 + z3 – 3xyz b) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:

a3 + b3 + c3- 3abc

 a(b - c)2 + b(c - a)2+ c(a - b)2

Bài 6:( điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn ( I ) tuỳ ý qua B C cắt AB,AC M,N Đường tròn (K)ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) điểm thứ hai D

a) Chứng minh AK vng góc với BC, AO vng góc với MN

Phịng GD & ĐT Vĩnh Linh Trường THCS thị trấn Bến Quan

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS NĂM HỌC 2008 - 2009

Mơn: TỐN - Lớp 9 Đề VIII

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1: (2,0điểm)

Rút gọn biểu thức:

1 A 5 3 29 12 5 (1,0 điểm)

2

 3 2 3 3

, 0, 0,

x

x y y y

xy y

x

B x y x y

x y x x y y

  



    



 (1,0 điểm)

Câu 2: (2,0điểm)

3 Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3

2 2

a b b c c a

a b c

ab bc ca

  

    

4 (a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 0;  a (1,0 điểm)

Câu : (2,0điểm)

5 Cho biểu thức P x2 x1 x x1 xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm)

6 Giải phương trình: x2 7x6 x 5 30 (0,5 điểm) Giải hệ phương trình:

2 1

x y y

y x

   



 

 (0,5 điểm)

Câu 4: ( 2,0điểm)

8 Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – =

a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc

đường thẳng (1,0 điểm)

b Tìm điểm cố định B (dm) với m (1,0 điểm) Câu 5: (2,0điểm)

9 Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường tròn ( c ) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT

a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo

a (1,0 điểm)

HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ( ĐỀ VIII)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

 2

2

2

5 29 12 5 2.2 5.3 (2 3) (2 3)

5 ( 1) ( 1)

A        

       

     

   

Đáp số: A = 1 2.

Xét:

 3 3 3

3

2

3

3 2

2

( ) 3 ( ) 2( ) ( ) ( ) ( )

3 ( ) ( )

3( ) 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x

x y y y

x x y x y y x y

x

x x y y x y

x x x y y

x x y x y x

x y x y x x y y x y

                               Xét:

3 3 ( )

( )( )

xy y y x y y

x y x y x y x y

 

 

   

3 3( )

3

3

y x y

x B

x y x y x y



   

  

Đáp số : B = 3

1

0,5

0,5

Câu 2

Cho a, b, c > Chứng minh

3 3 3

2 2

a b b c c a

a b c

ab bc ca

  

    

Ta có:

2 2

2 3

3 3

0; : ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

a b a b a b a b a ab b ab

a b a ab b ab a b a b ab a b

a b a b

a b ab a b

Tương tự ta có:

3 ( ) 3 ( )

;

2 2

b c b c c a c a

bc ca

   

 

Cộng vế ba bất đẳng thức ta có:

3 3 3

3 3 3

2 2 2

2 2

a b b c c a a b b c c a

ab bc ca

a b b c c a

a b c

ab bc ca

     

    

  

     

Đáp số: Vậy bất đẳng thức chứng minh

(a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 0;  a

Ta có: A = (a1)(a 3)(a 4)(a 6) 10 (a1)(a 6) (  a 3)(a 4)10

2

(a 7a 6)(a 7a 12) 10

      ; Đặt t = a2 – 7a + A (t 3)(t3) 10  t2 9) 10   t2 0;t

Đáp số: Bất đẳng thức chứng minh

0,5

0,5

0,5

Câu 3

Cho biểu thức P x2 x1 x x1 xác định x để P đạt giá trị nhỏ Ta có P x 1 x1 1  (x1) 2 x1 1; x1(*)

1 1

x x

     

Nếu 1 x1 0  x1 1  x  1 x2

1 1

P x   x   x

Đối chiếu điều kiện (*); x2; ta có: P2 x1 Nếu 1 x1 0  x1 1  x  1 x2

1 1

P x    x  ;

đối chiếu (*) ta có 1  x P2

Vậy ta có

1 1 1 1 2

P x    x   x   x   P   x

Đáp số: x1; 2thì giá trị nhỏ P Giải phương trình: x2 7x6 x 5 30

0,5

0,5

2

2

2

2

2

7 30 30

( 16) ( 9) ( 4) ( 3)

( 4)

( 3)

x x x x x x

x x x x

x x x x                                

5 x x x x x                          

Đáp số: Vậy tập nghiệm phương trình S  4

Giải hệ phương trình:

2 1

x y y

y x        

3 3

2

2 5

1 2 1 x x y

x y y x y y

x y y

x y x y x x y y                                                             

Đáp số: Tập nghiệm hệ phương trình:

4 ; , ; 5 3

S     

   

 

0,5

Câu 4

8 Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – =

a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc đường thẳng

( ) ( 1) (3 1)( 3) 11

3 11

m

A d m m

m m               Khi 11 m đường thẳng 33 ( ) : 10 33

10 10

d x y   y x

Hệ số góc đường thẳng (d)

3 10

k

Đáp số: Đường thẳng (d) cần tìm là:

3 33 10 10

y x

hệ số góc

3 10

k b Tìm điểm cố định B (dm) với m

Giả sử B(x;y) điểm cố định họ (dm) với m

0,5

2 (3 1) 0, (2 ) 0,

2

6

mx m y m

x y m y m

x y x

y y

     

     

    

   

    



Đáp số: M(9; -6)

1

Câu 5

9 Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường tròn ( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT

T

D O

B

C

A H

E

a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a Ta có: DCETCE EC chung CT CD BC( ,   )

ET ED x

  

Mà

2

2

a OA AE a x

a

OE OT TE x

 

 

   

Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông AOE: OE2 = OA2 + AE2

 

2

2

2

2 2

2

2

2

4

3

( 0)

a a

x a x

a a

x ax a x ax

ax a a

x a

   

       

   

      

 

  

Đáp số:

a x

b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác

2

2

( ) ( )

2 4 12

OCE

a a

a x a a

CT OE a a x a a

S khi x

   

 

    

   

     

Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông BOC: OC2 = OB2 + BC2 =

2

2 5

4

a a a

a OC

   

1

2

2

5

2 :

2 12

OCE OCE

S

EH OC a a a

S EH

OC



     

Đáp số:

2

5

;

12

OCE

a a