Đề ôn thi HSG lớp 9 ( có đáp án)

Trêng trung häc c¬ së
Tµi liÖu
«n thi häc sinh giái
Líp 9
M«n
To¸n häc
lu hµnh néi bé
1
đề thi học sinh giỏi môn toán 9
năm học 2006 - 2007
Câu 1: (2đ)
Cho hàm số f(x) =
44
2
+
xx
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =
4
)(
2

x
xf
khi x
2

Câu 2: (1đ)
Giải hệ phơng trình

+=+
+=
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
Câu 3: (2,5đ)
Cho biểu thức
A =









+

+
1
:
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
xx
với x > 0 và x 1
a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: (3đ)
Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.
Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: (1,5đ)
Cho phơng trình 2x
2
+ (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x

1
; x
2
thỏa
mãn: 3x
1
- 4x
2
= 11
đáp án và hớng dẫn chấm
Câu 1
a) f(x) =
2)2(44
22
==+
xxxx
(0,25đ)
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 (0,5đ)
2
b)



−=
=
⇔



−=−

=−
⇔=
8
12
102
102
10)(
x
x
x
x
xf
(0,5®)
c)
)2)(2(
2
4
)(
2
+−
−
=
−
=
xx
x
x
xf
A
(0,25®)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra
2
1
+
=
x
A
(0,25®)
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra
2
1
+
−=
x
A
(0,25®)
C©u 2



=
=
⇔



=+
−=−
⇔




−+−=−+−
−−+=−
⇔



+−=+−
−+=−
2y
-2x


0
4
2167221762
8422
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yx
yx
xyxyxyxy
xyxyxxy
yxyx
yxyx
(1®)
C©u 3
a) Ta cã: A =









−
+








−
−
−
−
+
1
:
1
1
1
1
x
x

x
x
x
x
xx
=








−
+
−
−








−
−
−
+−

+−+
11
)1(
:
1
1
)1)(1(
)1)(1(
x
x
x
xx
x
x
xx
xxx
(1®)
=








−
+−









−
−
−
−
+−
1
:
1
1
1
1
x
xxx
x
x
x
xx
=
1
:
1
11
−−
+−+−

x
x
x
xxx
=
1
:
1
2
−−
+−
x
x
x
x
=
x
x
x
x 1
1
2
−
⋅
−
+−
=
x
x
−

2
(1®)
b) A = 3 =>
x
x
−
2
= 3 => 3x +
x
- 2 = 0 => x = 2/3 (0,5®)
C©u 4
3
O
B
C
H
E
A
P
a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam
giác CPB ta có
CB
CH
PB
EH
=
; (1) (0,5đ)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB
Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(2) (0,75đ)
Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của
AH. (0,25đ)
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
=
R
(0,5đ)

AH
2
.4PB
2

= (4R.PB - AH.CB).AH.CB

4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB (0,5đ)
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB
4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
(0,5đ)
Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì > 0
<=> (2m - 1)
2
- 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5 (1)
4
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:










=

=

=+
114x3x
2
1m
.xx
2
12m
xx
21
21
21










=



=
=

11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3
8m-26
77m
x
7
4m-13
x
1
1
(0,5đ)
Giải phơng trình
11
8m-26
77m
4
7
4m-13
3 =



ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2) (0,75đ)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình
đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x

1
+ x
2
= 11 (0,25đ)
đề toán 9
Bài 1 : (2,5đ) Cho biểu thức : P = 2






++
)
1
(
2
1
1)
1
(
4
1
2:1)
1
(
4
1
22
a

a
a
a
a
a
1. Tìm a để P có nghĩa .
2. Rút gọn biểu thức P.
Bài 2 : (1,5 đ) Giải phơng trình sau :

3
1
20042003
1
2002
=
+
+
+
+
+

+
m
x
m
x
m
x
( với m là tham số ).
Bài 3 : ( 1đ) Chứng minh rằng nếu a , b là các số dơng thõa mãn :

.0
111
=++
cba
Thì :
.bacbca
+=+++
Bài 4 : (3đ) Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn
OC . Vẽ đờng tròn tâm (O

) đờng kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đờng
thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đờng thẳng ED cắt (O

) tại P .
1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đờng tròn (O

).
3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO

lớn nhất.
Bài 5 : (2đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
6
.
1
)
1
(2)
1

(3)
1
(
xyz
xyz
x
z
z
y
y
x
===
hớng dẫn chấm môn toán 9
Bài 1 : (2,5đ) .
P =






++
)
1
(
2
1
1)
1
(

4
1
2:1
1
(
4
1
2
2
a
a
a
a
a
a

5
P =






++
)
1
(
2
1

4)
1
(:4)
1
(
22
a
a
a
a
a
a
ơ
P =







)
1
(
2
11
:
1
a
a

a
a
a
a
. (1đ)
1. Tập xác định a > 0 ; a khác 1 . (0,5đ)
2. TH 1 : Nếu
100
1
<<>
aa
a
.Rút gọn ta đợc P =2 . (0,5đ)
TH2 : Nếu
10
1
>< aa
a
Rút gọn ta đợc P = 2 /3 . (0,5đ)
Vậy P = 2 khi 0<a<1 và P = 2 /3 khi a> 1.
Bài 2 : (2 điểm).
Từ phơng trình ta có:

.0)
1
11
1
1
)(2003(
0

1
20032003
1
2003
01
1
2004
1
2003
1
1
2002
=
+
++

+
=
+
+
+
+
+

+
=
+
+
+
+

+

+
mmm
mx
m
mx
m
mx
m
mx
m
x
m
x
m
x
+ Nếu :
3
1
;
3
1
130
1
11
1
1
2
====

+
++

mmm
mmm
phơng trình có vô số nghiệm. (0,5đ)
+ Nếu m

-1;0;1 ;
3
1
;
3
1

; phơng trình có nghiệm x= m-2003. (0,5đ)
Bài 3 : (1,5điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dơng suy ra c là số âm và
ab+bc+ca = 0. (0,5đ)
Ta có :

).(00022
22
2
2
dpcmcccccbcacabc
bacbcacabcbabacbca
==+=++++
+=+++++++=+++
(1đ)
Bài 4 :(3điểm)

1. Do P thuộc (O

) mà MD là đờng kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc
với ED. Tơng tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1)
Vì EF là dây cung, CD là đờng kính mà CD

E F nên I là trung điểm của E F. Lại
cóI là trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2).
Từ (1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng.
(1đ)
2. Ta có

EDC =

EFP (góc có cạnh tơng ứng vuông góc). Do tam giác PO

D
cân tại O

nên

EDC =

O

PD. Lại có

EFP =

IPF (do tam giácIPF cân)

vậy

I PF=

O

PD mà

FPD =1v, suy ra

IPO

=90
0
nên IP

O

P. Hay IP là tiếp
tuyến của (O

).
(1đ)
3. Vì O

M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO

=1/2 CD vậyIO

=R. áp dụng định lý

Pytago có PI
2
+ PO
2
= IO
2
=R
2
(không đổi ) . Mặt khác 4S
2
=PI
2
.PO
2
( S là diện
tích của tam giác IOP) . Vậy 4S
2
Max hay S Max khi PI = PO

=R
2
1
mà DM
=2 PO

do đó
DM =
2
R , Vậy M cách D một khoảng bằng
2

R.
(1đ)
6
E
C D
F
Bài 5 ;(2điểm)
Đặt









=
=
=
====
2
1
3
1
6
1
1
)
1

(2)
1
(3)
1
(6
k
x
z
k
z
y
k
y
x
k
xyz
xyz
x
z
x
y
y
x
Xét tích :




===
===

===
=




===
=

===
==
1
1
1
1
1
1)(
00
3662336
)
1
()
1
()
1
(

1
3636
)
1
)(
1
)(
1
(
2
33
33
zyx
zyx
zxyzxy
xyz
zxyzxy
xyz
k
kkkk
k
k
x
z
y
x
z
y
xyz
xyz

kk
x
z
z
y
y
x
Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm.
Đề Thi học sinh giỏi cấp huyện

Bài 1: (2 Điểm)
7
O O


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)
8
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
9
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)

10
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
Đề thi học sinh giỏi cấp huyện
Câu 1 (2 điểm): Rút gọn.
A =

a
a

+
1
1
+
a
a
+

1
1
:
a
a

+
1
1
-
a
a
+

1
1
Câu 2 (2điểm)
Cho phơng trình
X

2
-2( m-2) x+(m
2
+2m-3)=0
Tìm các giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm x
1
,x
2
phân

biệt thoả mãn
1
1
x
+
2
1
x
=
5
21
xx
+
Câu 3 : (1,5 điểm )
11
Giải phơng trình : x
2
+
2
2

)2(
4
+
x
x
=12
Câu 4 (3 điểm ).
Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB, CD là dây cung của (O), COD =90
0
, CD cắt
AB tại M (D nằm giữa C và M) và OM=2R. Tính độ dài các đoạn thẳng MD, MC theo
R.
Câu 5 (1,5 điểm).
Chứng minh bất đẳng thức :
22
ba
+
+
22
dc
+

22
)()( dbca
+++
Hớng dẫn chấm
Câu 1 :
-Điều kiện xác định của A là : -1<a<1 ; a

0 (0,5 điểm).

-Đặt
a
a

+
1
1
=x (0,25 điểm)
-Ta có : A =
1
1
2
2

+
x
x
(1) (0,5 điểm)
-Thay x =
a
a

+
1
1
vào (1) => A =
a
1
(0,75 điểm).
Câu 2 : Ta có :

>0 (1)
x
1
.x
2


0 (2) (0,5 điểm).
1
1
x
+
2
1
x
=
5
21
xx
+
(3)
-Giải (1) => m<
5
7
(0,25 điểm)
-Giải (2) =>m

1 ; m

-3 (0,25 điểm)
-Giải (3) => (x
1
+x
2
) (
21
.
1
xx
-
5
1
) =0 (0,5 điểm)
+Xét x
1
+x
2
=0 => m=2 (loại) (0,25 điểm).
+Xét x
1
.x
2
= 5 => m
2
+2m-3-5=0. <=> m=2 (loại ) ; m=-4 (0,25 điểm)
Câu 3: -ĐK : x

-2 (0,25 điểm)
-Thêm -2x.

2
2
+
x
x
vào hai vế ta đợc (0,25 điểm)
<=>(
2
2
)
2
+
x
x
+
2
4
2
+
x
x
-12 =0 (1) (0,5 điểm)
-Đặt
2
2
+
x
x
=y => (1) <=> y
2

+4y-12=0.
-Với y =2 => x
2
=2x+4 có n
0
x =1
5

(0,25 điểm)
-Với y =6 => x
2
=6x-12 Vô nghiệm. ( 0.25
đ
)
Câu 4 :-Vẽ hình đúng (0,5 điểm)
12
-VÏ OH
⊥
CD => OH=
CD
2
1
=
2
2
1
R
(1 ®iÓm)
-TÝnh MH = R
2

7
(0,5 ®iÓm)
-TÝnh MD =
2
2R
(
7
-1) (0,5 ®iÓm)
-TÝnh MC =
2
2R
(
7
+1) (0,5 ®iÓm)
C©u 5:
-(1) <=> a
2
+b
2
+c
2
+d
2
+2.
))((
2222
dcba
++
≥
a

2
+c
2
+2ac+b
2
+d
2
+2db.
<=>
)()(
2222
dcba
+++
≥
ac+bd (2)(0,5 ®iÓm).
-NÕu ac+bd<0 th× (2) ®îc chøng minh (0,25 ®iÓm)
-NÕu ac+bd
≥
0 th× (2) <=>(a
2
+b
2
) (c
2
+d)
2

≥
a
2

c
2
+b
2
c
2
+2abcd. (0,25 ®iÓm)
<=> (ad-bc)
2
≥
0 (0,5 ®iÓm)
 (1) ®îc chøng minh.
13
đề thi học sinh giỏi môn toán 9
Thời gian: 120 phút
Câu 1:
a. Xác định x

R để biểu thức :A =
xx
xx
+
+
1
1
1
2
2
Là một số tự nhiên
b. Cho biểu thức:

P =
22
2
12
++
+
++
+
++
zzx
z
yyz
y
xxy
x
Biết x.y.z = 4 , tính
P
.
Câu 2:
Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3:
Giải phơng trình:
521
3
=
xx
Câu 4:
Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R

2
. Vẽ các tiếp tuyến AB,
AC với đờng tròn. Một góc xOy = 45
0
cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
b.
RDER
<<
3
2

đáp án toán 9
Câu 1: (2.5đ) a.
A =
xxxxx
xxxx
xx
xx 2)1(1
)1).(1(
1
1
22
22
2
2
=+++=
+++
++

+
(0.5đ)
A là số tự nhiên

-2x là số tự nhiên

x =
2
k
(trong đó k

Z và k

0 ) (0.5đ)
b.Điều kiện xác định: x,y,z

0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và
2
=
xyz
(0.25đ)
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
x
; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
xyz
ta đợc:
P =
1
2
2

2(
2
22
=
++
++
=
++
+
++
+
++
xxy
xyx
xyxz
z
xxy
xy
xxy
x
(1đ)


1
=
P
vì P > 0 (0.25đ)
Câu 2: (2đ)
a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên

b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4. (0.5đ)
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB

A, B, C không thẳng hàng. (0.25đ)
Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB


A,B,D thẳng hàng (0.25đ)
14
b.Ta có :
AB
2
= (-2 0)
2
+ (0 4)
2
=20
AC
2
= (-2 1)
2
+ (0 1)
2
=10
BC
2
= (0 1)
2

+ (4 1)
2
= 10


AB
2
= AC
2
+ BC
2


ABC vuông tại C (0.75đ)
Vậy S

ABC
= 1/2AC.BC =
510.10
2
1
=
( đơn vị diện tích ) (0.25đ)
Câu 3: (1.5đ)
Đkxđ x

1, đặt
vxux
==
3

2;1
ta có hệ phơng trình:



=+
=
1
5
32
vu
vu
(0.75đ)
Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2 (0.5đ)

x = 10. (0.25đ)
Câu 4: (4đ)
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R

ABOC là hình
vuông (0.5đ)
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD

MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD

OMD = OBD = 90
0

Tơng tự: OME = 90
0

D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). (1đ)
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R

DE < R (1đ)
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R

DE >
3
2
R
Vậy R > DE >
3
2
R (1đ)
15
B
M
A
O
C
D
E
Đề thi môn toán 9
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1: Cho biểu thức
D =






+
+
+

+
ab
ba
ab
ba
11
:







++
+
ab
abba

1
2
1
a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a =
32
2

c) Tìm giá trị lớn nhất của D
Câu 2: Cho phơng trình
32
2

x
2
- mx +
32
2

m
2
+ 4m - 1 = 0 (1)
a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn
21
21
11
xx
xx
+=+

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b,
)90(

0
==

A
Chứng minh rằng
AI =
cb
Cosbc
+
2
.2

(Cho Sin2

CosSin2
=
)
Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng
tròn sao cho
.BNAN



Vễ vào trong đờng tròn hình vuông ANMP.
a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
Hãy tính giá trị của:
B =
x
xyz
y
zx
z
xy
++
16
Đáp án toán 9
Câu 1: a) - Điều kiện xác định của D là








1
0
0
ab
b
a
- Rút gọn D
D =

+
ab
aba
1
22
:







++
ab
abba
1
D =
1
2
+
a
a
b) a =

13)13(
1
32(2
32
2
2
+=+=
+
=
+
a
Vậy D =
34
232
1
32
2
322


=
+
+
c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
112
+
Daa
Vậy giá trị của D là 1
Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1)
0920

2
9
2
1
22
=+=+
xxxx





+=
=

101
101
2
1
x
x
b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì
4
1
0280 + mm

(
*
)
+ Để phơng trình có nghiệm khác 0

+


+
234
234
014
2
1
2
1
2
m
m
mm
(
*
)
+



=
=+
=++=+

01
0
0)1)((
11
21
21
212121
21
xx
xx
xxxxxx
xx
17





+−=
−−=
=
⇔



=−+
=
⇔
194
194

0
038
02
2
m
m
m
mm
m
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*)vµ (**) ta ®îc m = 0 vµ
194
−−=
m
C©u 3:
+
;
2
.
2
1
α
cSinAIS
ABI
=
∆
+
;
2
.
2

1
α
bSinAIS
AIC
=
∆
A
B C
I
+
;
2
1
α
bcSinS
ABC
=
∆
AICABIABC
SSS
∆∆∆
+=
cb
bcCos
cbSin
bcSin
AI
cbAISinbcSin
+
=

+
=⇒
+=⇒
2
2
)(
2
)(
2
α
α
α
α
α
C©u 4:
a)
21
ˆˆ
NN =
Gäi Q = NP
)(O
∩
BQAQ


=⇒
N

B
A

Q
18