De HSG Toan 9(Cuc hay)

Trờng THCS Định Hng Đề Thi học sinh giỏi cấp huyện
Năm học 2006-2007
Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120
Giáo viên ra đề: Nguyễn Văn Tài
Bài 1: (2 Điểm)
Cho biểu thức: P =
( )









+








+
+



1

122
:
11
x
xx
xx
xx
xx
xx
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: ( 2điểm).
Cho phơng trình: x
2
-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn
3
2
3
1
xx

=50

Bài 3: (2 Điểm).
Cho phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x
1
, x
2
Chứng minh:
a,Phơng trình ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
và t
2
.
b,Chứng minh: x
1
+ x
2
+ t
1
+ t
2


4
Bài 4: ( 3 Điểm).
Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm
của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB
và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: ( 1 Điểm)
Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y

1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A =
xyyx
5011
22
+
+
Đá án: Toán 9
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0

x
( 0, 25 điểm)
a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )
1
12
:
1
12
2

x
x
xx
xx
z
( 0, 25 điểm)
P =
1
1
)1(
1
2

+
=


x
x
x
x
( 0, 5 điểm)
b. P =
1
2
1
1

1

+=

+
xx
x
Để P nguyên thì
)(121
9321
0011
4211
Loaixx
xxx
xxx
xxx
==
===
===
===
(0,5điêm)
Vậy với x=
{ }
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( )
( )

<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2
2
mxx
mmxx
mmm
(0,5đ)
3
2
1
0)3)(2(
025
<

<
>+
>=

m
m
mm
(0,5đ)
b. Giải phơng trình:
( )
50)3(2
3
3
=+
mm
(0,5đ)









=
+

=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm
(0,5đ)
Bài 3: ( 2điểm).
a. Vì x
1
là nghiệm của phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 nên ax
1
2
+ bx
1
+ c =0.
(0, 5 điểm) .
Vì x
1
> 0 => c.

.0
1
.
1
1
2
1
=++






a
x
b
x
Chứng tỏ
1
1
x
là một nghiệm dơng của phơng
trình: ct
2
+ bt + a = 0; t
1
=
1
1

x
Vì x
2
là nghiệm của phơng trình:
ax
2
+ bx + c = 0 => ax
2
2
+ bx
2
+ c =0
vì x
2
> 0 nên c.
0
1
.
1
2
2
2
=+

+








a
x
b
x
điều này chứng tỏ
2
1
x
là một nghiệm dơng của ph-
ơng trình ct
2
+ bt + a = 0 ; t
2
=
2
1
x
(0,5 điểm).
Vậy nếu phơng trình: ax
2

+ bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x
1
; x
2
thì phơng
trình : ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
; t
2
.
t
1
=
1
1
x
; t
2
=
2
1
x
b. Do x
1
; x
1
; t
1

; t
2
đều là những nghiệm dơng nên
t
1
+ x
1
=
1
1
x
+ x
1


2 (0,5 điểm)
t
2
+ x
2
=
2
1
x
+ x
2


2
Do đó x

1
+ x
2
+ t
1
+ t
2


4 (0,5 điểm)
Bài 4: (3 điểm)
a. (1 điểm) Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao
cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC;
CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH
AB

và BH
AC

=> BD
AB

và CD
AC

(0,5đ) .
Do đó: ABD = 90
0
và ACD = 90

0
. Vậy AD là đờng
kính của đờng tròn tâm O (0,5 đ)
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình
bình hành.
b. Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB (0,25 đ)
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 180
0
(0,25 đ)
=> APB + AHB = 180
0
(0,25 đ)
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC (0,25 đ)
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 180
0
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng (0,25đ)
c. (1 điểm)
Ta thấy

APQ là tam giác cân đỉnh A (0,25đ)
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ (0,25đ)
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất (0,25đ)
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O (0,25đ)
Bài 5: (1điểm).
Ta có: A =
xyxyyx 2

1001
2
11
22
++
+
(0,25đ)
Mà
( )
)1(
4
2
4
2
11
2
2222
yx
xyyxxyyx
+
=
++
+
+
(0,25đ)
x
2
+ 2xy + y
2

4xy =>(x + y)
2


4xy =>
2
)(
1
4
1
yxxy
+

=>
( )
2
41
yx
xy
+

(2) (0,25đ)
Từ (1) và (2) => A
( ) ( )
2
22
)(
20064
.

2
10014
yx
yxyx
+
=
+
+
+

Vậy Min A = 2006 x = y =
2
1