De thi va dap an Toan 9 huyen Yen Dinh

Phòng GD&ĐT Yên Định Đề thi học sinh giỏi lớp 9
Tr ờng THCS Định Tiến năm học 2006-2007
Môn: Toán - (Thời gian 120 phút)
Giáo viên ra đề : Lê Văn Yên

Bài 1(2 điểm) : Cho biểu thức:

( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+

++

+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2(2 điểm): Cho parabol (P) : y = -x
2
và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm
M(-1 ; -2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3(2 điểm): Giải hệ phơng trình :

=++
=++
=++
27
1
111
9
zxyzxy
zyx
zyx
Bài 4(2điểm): Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC

. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ-
ờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM
cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5(2điểm): Cho
Rzyx

,,

thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
x
10
) .
Đáp án môn toán 9
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:

( )

( )( )( )
( ) ( )
( )( )( )
( )( )
( )( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )( )
( )
( )( ) ( )
( )
.
1
111
1
11
1111
11
11
)(
11
)1()1(
yxyx
y
yyyyx
y
xyyyx
yx
xxyxyxx
yxyx
xyyxyxyxyx

yxyx
yxxyyyxxyx
yxyx
yxxyyyxx
P
+=

+
=

+
=
+
++++
=
++
+++
=
++
+++
=
++
++
=
Vậy P =
.yxyx
+
b). P = 2

.yxyx

+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
Để phơng trình có nghiệm nguyên

( )( )
yx
+
11
phải là ớc của 1.
nghiemVo
y
x
y
x
y
x

=+
=



=
=






=+
=

11
11
0
4
11
11
Với (x = 4 ; y = 0) thõa mãn ĐKXĐ của phơng trình, nên (x = 4 ; y = 0) là nghiệm nguyên
của phơng trình P = 2.
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng
thẳng (d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x
2

= mx + m 2


x
2
+ mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có
( )
mmmm
>+=+=
04284
2
2
nên phơng trình (*)
luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung

phơng trình : x
2
+ mx + m 2 = 0 có hai
nghiệm trái dấu

m 2 < 0

m < 2.
Bài 3 :
( )
( )

=++
=++
=++
327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( )
( )
( )
( )
( )
zyx
xz
zy
yx

xz
zy
yx
xzzyyx
zxyzxyzyx
zxyzxyzyx
zyx
zxyzxyzyx
zxyzxyzyx
zyx
==





=
=
=






=
=
=

=++

=++++
++=++
=++
++=++
=+++++
=++
0)(
0)(
0)(
0)()()(
02)(2
27
281
812
81
2
2
2
222
222
222
222
222
222
2
Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x
= y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét

ABM

và
NBM

. Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM =>
BAN


cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB

và
MNQ

có :
MC = MN(theo cm trên MNC cân )
MB = MQ ( theo gt)
BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=>
)...( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .

Xét tam giác vuông ABQ có

BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:
Từ :
zyxzyx
++
=++
1111
=>
0
1111
=
++
++
zyxzyx
=>
( )
0

=
++
++
+
+
zyxz
zzyx
xy
yx

( )
( )
( )
( )( )
0)(
0
)(
0
11
2
=+++
=

++
+++
+
=








++
++
xzzyyx
zyxxyz
xyzzyzx
yx
zyxzxy
yz
Ta có : x
8
y
8
= (x + y)(x-y)(x
2
+y
2
)(x
4

+ y
4
).=
y
9
+ z
9
= (y + z)(y
8
y
7
z + y
6
z
2
- .......... + z
8
)
z
10
- x
10
= (z + x)(z
4
z
3
x + z
2
x
2

zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3