Gián án 10 de thi hsg toan 9

ĐỀ THI SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI Bài 1 (3 điểm): Tìm n ∈ Z sao cho: 2 17n n+ − là bội của n +5. Bài 2 (2 điểm): Cho a > 0, b > 0 thoả mãn: 2a 2 + 2b 2 = 5ab. Tính giá trị của biểu thức: A = a b a b − + . Bài 3 (4 điểm): a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 3 - 2 2 1x x− + b) Giải phương trình: x = 1 1 1x x x − + − Bài 4 (3 điểm): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: abc ( 1 1 1 a b c + + ) a b c≥ + + . Bài 5 (2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình: 100 5 3 100 3 x y z z x y + + = + + =    Bài 6 (6 điểm): Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Một điểm C nằm trên đường tròn (C khác A, B). Tiếp tuyến Cx của đường tròn (O; R) cắt AB tại I. Đường phân của góc I cắt OC tại điểm O’. a) Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm thứ hai của CA,CB với đường tròn (O’; O’C). Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng. b) Chứng minh IC 2 = IA. IB. c) Tìm vị trí của điểm C sao cho AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI. ----------------------------------- Hết ------------------------------ (I) (d 1 ) (d 2 ) D/A Bài 1 (3 điểm): Ta có: n 2 + n - 17 là bội của n + 5 => ( 2 n + 17) ( 5)n n− +M ………………………… 0,25đ Xét phép tính: 2 17 ( 5)( 4) 3 3 ( 4) 5 5 5 n n n n n n n n + − + − + = = − + + + + ………………………………. 1đ Để (n 2 + n - 17) M (n + 5) thì 3 5n + ∈ Z………………………………………………0,25đ => (n + 5) ∈ Ư (3) => (n + 5) ∈ { 1; 3± ± }…………………………………………… 0,25đ + Với n + 5 = -1 => n = - 6 .…………………………………………………… 0,25đ + Với n + 5 = 1 => n = - 4 ………………………………………………………0,25đ + Với n + 5 = -3 => n = - 8 ……………………………………………………… .0,25đ + Với n + 5 = 3 => n = -2 .………………………………………………….………0,25đ Vậy, ta tìm được.n = - 6; n = - 4; n =- 8; n = - 2. ………………………………….0,25đ Bài 2 (2 điểm): Ta có: A = a b a b − + . Bình phương hai vế ta được: A 2 = 2 ( ) a b a b − + = 2 2 2 2 2 2 a ab b a ab b − + + + ………………………………………………………….0,5đ =đ 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 a b ab a b ab + − + + …………………………………………………………………0,5đ = 5 4 1 5 4 9 ab ab ab ab − = + …………………………………………………………… ….0,5đ ⇒ A = 1 3 ± …………………………………………………………………….0,5đ Bài 3 (4 điểm): a) y = 3 - 2 2 1 2 3 ( 1)x x x + − = − − = 3 - 1x − …………………………………….0,25đ { 4 2 x x − + Nếu x < 1 Vẽ đường thẳng (d 1 ): y = - x + 4 với x ≥ 1 Và đường (d 2 ): y = x + 2 với x < 1 ta được đồ thị: Hình (P) y Đồ thị đúng 1 điểm, mỗi nhánh 0,5 điểm 3 _ 2 _ 1 _ I I I I I I x -2 -1 0 1 2 3 4 = Nếu x ≥ 1 ……………………………………………………0,5đ b) Điều kiện: x - 1 x ≥ 0 1 - 1 x ≥ 0 ⇔ …………………………………………… ………0,25đ x ≠ 0 Xét hai trường hợp: * x ≤ -1 vế trái của phương trình âm còn vế phải không âm. Phương trình vô nghiệm…………………………………………………………… 0,25đ * x ≥ 1 phương trình x = 1 1 1x x x − + − 1 1x x ⇔ − − = 1 x x − …………………………………………………… 0,25đ ⇔ 2 1 1x x   − −  ÷  ÷   = x – 1 x …………………………………………………………0,25đ ⇔ x 2 - 2x 1 1 x − + 1 - x = 0 ⇔ 2 2 1 2 (1 )x x x x − − − + 1 = 0 …………………………………………………….0,25đ ⇔ x(x - 1) – 2 2 2 x x x − + 1 = 0 ………………………………………………… .0,25đ ⇔ x(x - 1) – 2 ( 1)x x − + 1 = 0 ⇔ 2 ( ( 1) 1)x x − − = 0……………………………… 0,25đ ⇔ ( 1)x x − = 1 ………………………………………………………………… .0,25đ ⇔ x 2 – x – 1 = 0 ⇔ x = 1 5 2 + (vì x ≥ 1) ………………………………………….0,25đ Bài 4 (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 .… 0,25đ Ta có: 1 1 1 2 a b ab + ≥ ……………………………………………………………… . 0,5đ 1 1 1 2 a c ac + ≥ ……………………………………………………………… 0,5đ 1 1 1 2 b c bc + ≥ …………………………………………………………………0,5đ 1 1 1 1 1 1 2( ) 2( a b c ab ac bc ⇒ + + ≥ + + (cộng vế theo vế)……………………………… 0,5đ 1 1 1 1 1 1 ( ( )abc abc a b c ab ac bc ⇒ + + ≥ + + = a b c+ + (nhân 2 vế với abc ) .……0,5đ Đẳng thức xảy ra khi a= b = c hay ∆ ABC đều………………………………………0,25đ Bài 5 (2 điểm): x ≥ 1 x ≤ -1 (1) (I) { 100 15 9 300 x y z x y z + + = + + = ⇔ Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200 ⇔ 7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ ⇔ 4y = 100 – 7x ⇔ y = 100 7 25 2 4 4 x x x − = − + ……………………………………………………… 0,25đ vì x, y nguyên 4 25 7 4 x t z x t y t⇒ = ∈ ⇒ = ⇒ = − ……………………………………….0,25đ Vì x, y dương { } { 4 0 25 7 0 25 0 1;2;3 7 t t t t > − > ⇒ ⇔ < < ⇒ = ………………………… 0,25đ Khi t = 1 ⇒ x = 4, y = 18, x = 78. Khi t = 2 ⇒ x = 8, y = 11, z = 81. Khi t = 3 ⇒ x = 12, y = 4, z = 84. ………………………………………………….0,5đ Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là: (x; y; z) ∈ {( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ C Bài 6 (6 điểm): Vẽ hình đúng được 0,5đ D O’ E A O B K I X a) AB là đường kính của (O, 2 AB ) · 0 90ACB⇒ = hay · 0 90DCE = ………………………………………………… 0,5đ ⇒ DE là đường kính của (O’; O’C) ………………………………………………….0,5đ ⇒ D, O’, E thẳng hàng. ………………………………………………… 0,5đ b) Xét ACI ∆ và CBI∆ có: µ · A ICB= (cùng bằng 1 2 số đo cung CB)…………………………………………….0,5đ I $ chung ⇒ ACI ∆ đồng dạng CBI∆ ………………………………………………….0,5đ ⇒ IA IC IC IB = ….…………………………………………………0,5đ ⇒ IA. IB = IC 2 (đpcm). ………………………………………………… .0,5đ c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIC, · 0 90OIC = nên K là trung điểm của OI 0,25đ Để AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ OIC thì AC ⊥ CK. ……………….0,25đ · · ACO ICK⇒ = (cặp góc có cạnh tương ứng vuông). ………………………………… 0,5đ Mà · µ · · · ACO A ICB ICK ICB K B = = ⇒ = ⇒ ≡ ………………………………… .0,5đ ⇒ KC = 1 2 OI = OB = R. Vậy, điểm C nằm trên đường tròn sao cho BC = R thì AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ OIC……………………………………………………………………….0,5đ Lưu ý: Thí sinh có thể bỏ qua một vài bước trung gian (đơn giản) thì vẫn đạt điểm tối da Thí sinh có lời giải khác nhưng đúng thì vẫn đạt điểm tối đa (2) … .………………………… 0,25đ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN THỜI GIAN 150 PHÚT Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau: a) 7 2 5 2 1 x y x y x y x y  + + + =   + + − =   b) ( 1) ( 1) 2 1 1 x y y x xy x y y x xy  − + − =   − + − =   Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 x y z P x y z = + + + + + Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện 1 1 1 2 1 1 1a b c + + ≥ + + + Chứng minh rằng: 1 8 abc ≤ . Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O). Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C. Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác. a) Chứng minh HI // d. b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. chứng minh rằng MN = EF Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Thang điểm 1 a) 7 2 5(1) 2 1(2) x y x y x y x y  + + + =   + + − =   Đặt u = 7x y+ , v = 2x y+ ( 0, 0u v≥ ≥ ) Ta có 5 (*) 1 u v v x y + =   + − =  Do u 2 – v 2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x Mà u + v = 5 nên u – v = x Do đó u = 5 2 x + , v = 5 2 x− Từ phương trình thứ hai của (*) ta được y = v + x – 1 = 5 3 1 2 2 x x x − + + − = Thay y = 3 2 x + vào phương trình (2) ta được 1 2 3 3 2 1 2 2 1 5 3 5 19 2 2 x x x x x x x x + + + + − = =  + − ⇔ = ⇔  =  Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11 Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 b) ( 1) ( 1) 2 (1) 1 1 (2) x y y x xy x y y x xy  − + − =   − + − =   Điều kiện 1, 1x y≥ ≥ Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có: ( 1 1) 1 ( 1).1 2 2 x y xy x y x y − + − = − ≤ = (3) ( 1 1) 1 ( 1).1 2 2 y x xy y x y x − + − = − ≤ = (4) Vậy 1 1x y y x xy− + − ≤ Dấu “=” xảy ra 1 1 1 1 y x − =  ⇔  − =  2x y⇔ = = Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2) 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 2 Ta có 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 1 1 1 P x y z = − + − + − + + + 1 1 1 3 ( ) 1 1 1 P x y z = − + + + + + Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có 3x y z xyz+ + ≥ , 1 1 1 3 x y z xyz + + ≥ 1 1 1 3 ( )( ) 3 . 9x y z xyz x y z xyz ⇒ + + + + ≥ = Dấu = xảy ra khi x = y = z. 0.25 0.5 0.25 0.25 Ta có 1 1 1 9 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z + + ≥ + + + + + + + + 1 1 1 9 1 1 1 4x y z ⇒ + + ≥ + + + Vậy 9 3 3 4 4 P ≤ − = 1 1 1 3 1 1 4 3 x y z P x y z x y z + = + = +  = ⇔ ⇔ = = =  + + =  Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 3 4 P = tại 1 3 x y z= = = 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 3 Ta có: 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 1 1a b c ≥ − + − + + + 1 2 1 1 1 (1 )(1 ) b c bc a b c b c ⇒ ≥ + ≥ + + + + + Vậy 1 2 1 (1 )(1 ) bc a b c ≥ + + + Tương tự: 1 2 1 (1 )(1 ) ac b a c ≥ + + + 1 2 1 (1 )(1 ) ab c a b ≥ + + + Nhân ba bất đẳng thức trên ta được: 1 8 (1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) abc a b c a b c ≥ + + + + + + 8 1abc⇒ ≤ 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 C P Q O M B A 0.5 4 Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng. Trong đường tròn tâm M ta có: · · 2AMC ABC= (góc ở tâm chắn cung AC) Trong đường tròn tâm O ta có: · · 2AOQ ABQ= (góc ở tâm chắn cung AQ) Suy ra · · AMC AOQ= (1) Chứng minh tương tự ta có · · BMC BOP= (2) 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 Tứ giác MAOB có µ µ 0 90A B= = · · 0 180AMB AOB⇒ + = (3) Từ (1), (2), và (3) suy ra: · · · · POQ POB BOA AOQ= + + · · · ( )BMC AMC BOA= + + · · 0 180AMB AOB= + = Suy ra P, Q, O thẳng hàng. Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 5 x d M F N E A I H C B 0.5 a) Chứng minh HI // d Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC Tứ giác ABHI nội tiếp nên · · ABC HIC= (Cùng bù với góc · HIA ) Mà · · ABC ACx= (cùng chắn cung AC) · · //HIC ICx HI d⇒ = ⇒ 0.25 0.5 0.25 0.5 b) Chứng minh MN = EF d // HI IF=HN⇒ AMCH nội tiếp · · HMN HAC⇒ = BICE nội tiếp · · IEF IBC⇒ = Mà · · HAC BIC= nên · · HMN IEF HMN IEF= ⇒ ∆ = ∆ EFMN⇒ = 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 6 Số chính phương là n 2 (n Î Z) số đứng trước nó là n 2 -1 Ta có (n 2 -1)n 2 =(n+1)(n-1)n 2 = (n-1)n.n(n+1) Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 Và n (n+1) chia hết cho 2 Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4 Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12 Vậy (n 2 -1)n 2 chia hết cho 12 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Đề thi Môn : Toán Thời gian: 150 phút Bài 1( 4đ) 1) Rút gọn biểu thức sau: 2 2 2 2 2 ( )x y x y y x P xy x y x y   −  ÷ = + −  ÷ −   2) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 x x x x + − + = + + − − Bài 2( 4đ) 1) Phân tích thành nhân tử: a 3 +b 3 +c 3 -3abc 2) Cho 1 1 1 0 a b c + + = và abc ≠ 0 . Chứng minh rằng biểu thức: 2 2 2 bc ac ab M a b c = + + không phụ thuộc vào a,b,c Bài 3 (4đ) 1) Cho: 1 1 1 1 . 1 2 2 3 3 4 120 121 1 1 1 2 35 A B = + + + + + + + + = + + + Hãy so sánh A và B 2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 2( ) p a p b p c a b c + + ≥ + + − − − với p là nửa chu vi của tam giác đó Bài 4(8đ) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a) Chứng minh rằng: tgB.tgC = AD HD b) Chứng tỏ rằng HG//BC ⇔ tgB.tgC = 3 2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K. chứng minh rằng: a) DM 2 = MN . MK b) 1 DM DM DN DK + = LỜI GIẢI VÀ THANG ĐIỂM Lời giải Điểm Lời giải Điểm Bài 1 1) Với Đk x ≠ 0; y ≠ 0; x ≠ y ta có: 2 2 2 2 2 ( )x y x y y x P xy x y x y   −  ÷ = + −  ÷ −   xy x y x y xy x y x y −   = + −  ÷ −   Xét TH: Xy > 0 => P = 1 Xy < 0 => P = 1 Vậy P = 1 2) Đk: 0 < x < 4 Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt về dạng: 3 3 (2 ) (2 ) 3 2x x x + + − = 3 3 3 (2 ) (2 ) 2 (4 ) 18x x x x+ + − + − = 3 (4 ) 3 8x x− = − ⇔ 3x – 8 > 0 và 3 2 (4 ) (3 8)x x− = − ⇔ 8 3 x > và 3 2 3 0x x− = Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài Bài 2: 1) a 3 +b 3 +c 3 -3abc = =(a 3 +3a 2 b+3ab 2 +b 3 ) +c 3 -(3abc+3a 2 b+3ab 2 ) =(a+b) 3 +c 3 -3ab(a+b+c) =(a+b+c) 2 2 ( ) ( ) 3a b a b c c ab   + − + + −   =(a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 -ab-ac-bc) 2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì a 3 +b 3 +c 3 -3abc = 0=> a 3 +b 3 +c 3 = 3abc áp dụng kết quả trên nếu: 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 0 3. a b c a b c abc + + = => + + = ta có: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 ( ) . 3( 0) bc ac ba abc abc abc M a b c a b c abc abc abc a b c abc = + + = + + = + + = = ≠ =>Kết luận 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.75 0.25 Bài 3 1 1 1 . 1 2 2 3 3 4 1 120 121 1 2 2 3 . 120 121 121 1 10 A = + + + + + + + + = − + − + − + = − = 1 1 1 . 2 35 2 2 2 . 2 1 2 2 2 35 2 2 2 . 1 1 2 2 35 35 1 1 1 2( . 1 2 2 3 35 36 2(6 1) 10 B B B = + + + = + + + = + + + + + + => > + + + + + + > − = Vậy B >A 2) Ta chứng minh được : 1 1 4 x y x y + ≥ + Áp dụng bđt trên ta có: 1 1 4 4 2p a p b p a b c + ≥ = − − − − 1 1 4 4 2p b p c p b c a + ≥ = − − − − 1 1 4 4 2p c p a p c a b + ≥ = − − − − 1 1 1 1 1 1 2( ) 4( ) p a p b p c a b c + + ≥ + + − − − 1 1 1 1 1 1 2( ) p a p b p c a b c + + ≥ + + − − − (có thể có nhiều cách khác để chứng minh) Bài 4 1) a) tìm được tgB= AD BD ,tgC= AD CD 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.75 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 [...]... ht quóng ng AB l: x + 5 (gi) Ta cú phng trỡnh: (x + 5)(y 10) = xy (2) ( x 3) ( y + 10 ) = xy ( x + 5) ( y 10 ) = xy t (1) v (2) ta cú h: 0,5 im 0,5 im 0,5 im xy + 10 x 3y 30 = xy 10 x 3y = 30 xy 10 x + 5y 50 = xy 10 x + 5y = 50 10 x 3y = 30 x = 15 2 y = 80 y = 40 0,5 im 0,5 im Gii h phng trỡnh ta c: x = 15; y = 40 0,5 im Vy thi gian xe d nh i ht quóng ng AB l 15 gi, vn tc ca xe lỳc... 0,5 im Cõu 5: V hỡnh a Chng minh CF DE v CE = DE ta cú CDF = DAE (c.g.c) CF = DE à ả Ta cng cú C1 = D1 0,5 im ả ã à ã m D1 + NDC = 90 0 => C1 + NDC = 90 0 ã => CND = 90 0 hay CF DE 0,5 im Qy tớch ca N: ã Phn thun: ta cú CND = 90 0 (cõu a) => N chy trờn ng trũn ng kớnh CD Gii hn : N min trong ca hỡnh vuụng ABCD - Khi M B thỡ F A, E B suy ra CF trựng vi CA v DE trựng vi DB do ú N ti O (tõm ca hỡnh... Chng minh tng t ta cú AFD EDC BAC EDC Suy ra : AFD ã ã Vy : BDF = CDE d.Ta cú ã ã ã ã BDF = CDE 90 0 BDF = 90 0 CDE ã ã ã ã ã ã ABH BDF = AHC CDE ADF = ADE Suy ra DH l tia phõn giỏc gúc EDF Chng minh tng t ta cú FH l tia phõn giỏc gúc EFD , nờn H l giao im ca ba ng phõn giỏc tam giỏc DEF Vy : H cỏch u ba cnh ca tam giỏc DEF 0,5 im 0,5 im 0,5 im 0,5 im 0, 5 im 0,5 im 0, 5 m 0, 5 im 0,5 im 0,5... kin h vụ nghim l: a = 2 Cõu 4: Gi thi gian d nh l x (gi), vn tc ca xe lỳc u l y (km/h) (x, y >0), thỡ chiu di quóng ng AB l xy (km) 0,5 im Khi xe chy nhanh hn 10km mi gi thỡ: Vn tc ca xe lỳc ny l: y + 10 (km/h) Thi gian xe i ht quóng ng AB l: x 3 (gi) Ta cú phng trỡnh: (x 3)(y + 10) = xy (1) Khi xe chy chm hn 10km mi gi thỡ: Vn tc ca xe lỳc ny l: y 10 (km/h) Thi gian xe i ht quóng ng AB l: x +... Bi 1: (2,0 điểm) Rỳt gn biu thc sau: 1 1 1 1 A= + + + + 1+ 2 2+ 3 3+ 4 20 09 + 2 010 1 1 2 1 2 = = = 2 1 1 2 1 1+ 2 Ta cú: 1 = 2+ 3 1 = 3+ 4 Tng t ta cú 1 1 A= + 1+ 2 2+ (0,5 điểm) 2 3 2 3 = = 3 2 23 1 (0,5 điểm) 3 4 3 4 = = 4 3 43 1 3 + 1 1 + + 3+ 4 20 09 + 2 010 = 2 1 + 3 2 + 4 3 + + 2 010 20 09 (0,5 điểm) = 1 + 2 010 = 2 010 1 (0,5 điểm) Bi 2: (5,0 điểm) Cho biu thc: 1 3 2 + x +1 x x +1 x x +1... 0,5 THI HC SINH GII LP 9 MễN TON Thi gian lm bi 150 phỳt Cõu 1: (3 im) Rỳt gn biu thc sau: A = 9 + 17 9 17 2 Cõu 2: (3 im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc sau: P = 9 x 2 6 x + 1 + 9 x 2 30 x + 25 Cõu 3: (4 im) Cho h phng trỡnh ax + y = 3 4x + ax = -1 a Gii h khi a =3 b Vi giỏ tr no ca a thỡ h cú nghim duy nht, vụ nghim Cõu 4: (4 im) Mt ụ tụ d nh i t A n B trong mt thi gian... 20 09 x Bi 6 ( 6 im ) Tam giỏc ABC cú ba gúc nhn , cỏc ng cao AD, BE, CF gp nhau ti H ng thng vuụng gúc vi AB ti B v ng thng vuụng gúc vi AC ti C ct nhau ti G a Chng minh rng GH i qua trung im M ca BC b ABC AEF ã ã c BDF = CDE d H cỏch u cỏc cnh ca tam giỏcDEF Ht P N Bi 1 a 9x2 - 64 - 12xy + 4y2 = (9x2 - 12xy + 4y2) 64 = = ( 3x 2y )2 82 = ( 3x 2y - 8 ) ( 3x 2y + 8 ) b x2 + 7x + 10 = x2 +5x +2x + 10. .. nh Nu xe chy mi gi nhanh hn 10km thỡ n sm hn d nh 3 gi, cũn xe chy chm li mi gi 10km thỡ n ni chm mt 5 gi Tớnh vn tc ca xe lỳc u, thi gian d nh v chiu di quóng ng AB Cõu 5: (6 im) Cho hỡnh vuụng ABCD Ly mt im M trờn ng chộo BD chiu lờn AB v AD ti E v F a Chng t: CF = DE v CF DE Tỡm qu tớch giao im N ca CF v DE b Chng t: CM = EF v CM EF c Chng minh rng cỏc ng thng CM, BF v DE ng quy ti mt im = = = =... minh CM, BF, DE ng quy Chng minh tng t cõu a ta cú: BF CE Trong CEF ta cú CM EF ; ED CF ; FB CE => CM, ED, FB L 3 ng cao ca tam giỏc CEF do ú chỳng ng quy Vy CM, BF, DE ng quy ti mt im ú l trc tõm ca tam giỏc CEF Mụn: Toỏn 0,5 im 0,5 im 0,5 im 0,5 im 0,5 im (Thi gian: 150 phỳt khụng k thi gian chộp ) Bi 1: (3,0 điểm) Rỳt gn biu thc sau: 1 1 1 1 A= + + + + 1+ 2 2+ 3 3+ 4 20 09 + 2 010 Bi 2: (4,0... 2.R = 2.50 = 100 (1) (0,5 điểm) Kẻ dây MN OI tại I Chỉ ra đợc: AB MN Mà MN = (0,5 điểm) ON 2 IO 2 = 502 142 = 48 Vậy AB 48 cm (2) Từ (1) và (2) ta có: (0,5 điểm) 48 AB 100 (0,5 điểm) Mà độ dài AB là số tự nhiên => AB = 48; 49; 50; 100 (0,5 điểm) Lại do một dây bất kỳ bao giờ cũng có một dây đối xứng với nó qua OI (Trừ dây đi qua O và dây vuông góc với OI) Vậy có tất cả 51.2 + 2 = 104 dây có độ . ) ( ) ( ) ( ) 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. 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 90 D NDC+ = => µ · 0 1 90 C NDC+ = => · 0 90 CND