đề thi học sinh giỏi lớp 9
Giáo viên: Trần thị Yên
Đơn vị: Trờng THCS Yên Bái
Câu 1.(4đ) Cho
A=
x +2
5
1
+
x +3 x+ x 6 2 x
a) Rút gọn A
b) Tìm x để A có giá trị nguyên
câu 2
1)(4đ) Cho h phng trỡnh
a) Gii h khi m=
x + (m 1) y = 2
(m + 1) x y = m + 1
1
(1 im).
2
b) Xỏc nh giỏ tr ca m h cú nghim duy nht (x;y) tho
món
iu kin x > y. (1 im).
2) (2đ) Giải phơng trình sau: : ( x2 + 1)( y2 + 4)( z2
+ 16) = 64xyz
Câu3: (3đ) . Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: y2 = - 2(x6- x3y
- 32)
Câu 4: (2 im)
Cho hình ch nht ABCD,AB= 2BC.Trên cnh BC ly im
E, tia AE ct ng thng CD F.Chng minh rng :
1
1
1
=
+
.
2
2
AB
AE
4 AF 2
Câu 6. (5đ) Cho nửa đờng tròn(O) đờng kính AB và một
điểm M trên nửa đờng tròn đó (M A; B). N là điểm đối
xứng với O qua AM.
a) Chứng minh tứ giác OANM là hình thoi
b) Gọi P; Q; Rlà trọng tâm của các tam giác MAB; MAN;
NAO. Tứ giác OPQR là hình gì?
c) Chứng minh rằng khi M di động trên nửa đờng tròn
thì PQ luôn đi qua một điểm cố định
§¸p ¸n:
C©u 1. a) ®k x ≥ 0; x ≠ 4
A=
(
x +2
(
)(
)
x −2 −5−
x +3
)(
(
x −2
)
x +3
)=
x −4
x −2
(2®)
x −4
2
= 1−
nguyªn khi 2 M( x -2) ⇒ x = 0; 1; 9; 16 (2®)
x −2
x −2
1
x − 2 y = 2
2 x − y = 4
1
⇔
c©u 2: 1) a) Khi m= ,hệ (I) trở thành
(0,5®)
2
3x − 2 y = 3
3 x − y = 3
2
2
4 x − 2 y = 8
x = 5
⇔
⇔
(0,5đ)
3x − 2 y = 3
3.5 − 2 y = 3
x = 5
⇔
y = 6
b) A=
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;6)
(0,5đ)
m +1
m +1
;y=
(m ≠ 0)
(1đ)
2
m
m2
m2 − m
x > y ⇔ x− y >0⇔
>0
(1đ)
m2
m > 1
⇔
(0,5đ)
m < 0
b)Giải hệ (I) tìm được x =
2) (2®)
(1®)
2
2
Ta cã x2 +1 ≥ 2x , y2 + 4 ≥ 4y, z2 + 16 ≥ 8z
=>( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) ≥ 64xyz
Nªn ( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) = 64xyz khi
x 2 + 1 = 2x
x = 1
2
y + 4 = 4 y ⇔ y = 2 (1®)
z 2 + 16 = 8 z
z = 4
C©u3) (3®): Ta có: : y2 = - 2(x6- x3y - 32) <=> x6+(y-x3)2 = 64 (0,75®)
=> x6 ≤ 64 => -2≤ x ≤2 do x ∈ Z => x ∈ {-1; -2; 1; 0; 1; 2} (0,75®)
Xét các trường hợp (1,25®)
+ x = 2 => (y - x3)2= 0 => y = 8
+ x = 1 => (y - x3)2= 63 => y ∈ Z => pt này không có nghiệm nguyên
+ x = 0 => (y - x3)2= 4 => y = 8 và y = - 8
+ x = - 1 => (y - x3)2= 63 => y ∈ Z => pt này không có nghiệm nguyên
+ x = -2 => (y - x3)2= 0 =>y = - 8
Vậy nghiệm nguyªn của phương trình là: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;8). (0,25®)
C©u 4(3®)
A
B
E
K
D
C
F
Kẻ AK ⊥ AF ( K ∈ CD) (0,5đ)
∆ABE ∆ADK (g.g) (0,75đ)
AE AB
=
= 2 (0,25đ)
Suy ra
AK AD
1
AK = AE (0,5đ)
Hay
2
Áp dụng hệ thức lượng đối với tam giác vuông AKF,ta có :
1
1
1
=
+
(0,5đ)
2
2
AD
AK
AF 2
1
1
1
=
+
2
2
M
AF 2
Suy ra 1
1
N
AB
AE
÷
÷
2
2
Q
1
1
1
=
+
Hay
(0,5đ)
AB 2 AE 2 4 AF 2
H
R
A
C©u 5(4®)
a) ON ⊥ AM t¹i H vµ HN=HO (0,5®)
P
.
O
I
B
(O đối xứng với N qua AM)
HA = HM (đk vuông góc với dây)(0,5đ)
Vậy OANM là hình thoi (2 đờng chéo
Vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng) (0,5đ)
1
1
b) OPQR là hình bình hành vì QR//= AN ; OP =
OM QR//
3
3
= OP (1đ)
c) NQ=2QH ; HP = 2PB PQ//NB(0,5đ)
Xét tam giác BON ta thấy:
OQ OI
2
=
= . Mà O; B cố định nên I cố
ON OB 3
định (0,5đ)
Vậy đờng thẳng PQ luôn đi qua điểm I cố định. (I nằm trên AB cách
5
A một khoảng bằng AB (0,5đ)
6