Đề thi HSG Toán 9 cấp trường có giải chi tiết

ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN Ân thi . Năm học 2009-2010
Môn thi : Toán 9 ( Thời gian 150 phút)
Bài1(1,5đ)
a/ Tính
6−2 5 − 6+2 5
b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c ≠0. Chứng tỏ rằng
1 1 1
+ +
=
a 2 b2 c2

1
a

1
b

1
c

| + + |

c/ Hãy chứng tỏ x = 3 5 + 2 − 3 5 − 2 là nghiệm của phương trình x3 +3x – 4 = 0
Bài2(2đ)
a/ Rút gọn, tính giá trị biểu thức
A=

x − y  1 1 
1
+
 + ÷.

xy xy  x y  x + y + 2 xy

(

2
x+ y

)

3

 1
1 
.
+
÷
 x
÷
y



]

Với x = 2 − 3, y = 2 + 3
b/ Giải phương trình

x+9 + x−7 = 4

Bài3(2,5đ)

a/ Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B=

x2 − x + 1
x2 + x + 1

b/ Trên mặt phẳng toạ độ cho các điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)
Viết phương trình đường thẳng đi qua A, C . Xác định a để đường thẳng y =ax chia
hình chữ nhật OABC thành hai phần , trong đó diện tích phần chứa điểm A gấp đôi
diện tích phần chứa điểm C
Bài4(3đ) Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau . Kẻ tiếp tuyến chung ngoài
AB và tiếp tuyến chung trong EF ( A ,E ∈ (O) , B , F ∈ (O’) )
a/ Gọi M là giao điểm của AB và EF . Chứng minh rằng ∆ AOM và ∆ BMO’ đồng
dạng
b/ Chứng minh rằng AE vuông góc với BF
c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF . Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng
hàng
¼
Bài5(1đ) Cho hình vuông ABCD . Tính cos MAN
biết rằng M ,N theo thứ tự là trung
điiểm của BC, CD
Đáp án thang điểm
Bài 1:
a/ 6 − 2 5 − 6 + 2 5 = 5 − 2 5 + 1 − 5 + 2 5 + 1 =
= | 5 − 1 | - | 5 + 1| = 1 − 5 − 5 − 1 = − 2 5
b) CM

1 1 1
1 1 1
+ +

+
+
=
a b c
a2 b2 c2

(

)

2

5 −1 −

(

)

5 +1

2


Ta có

Vậy

2

2

1
1 
 1 1 1
 1
 1 1 1
a+b+c
+  =  + +  − 2
 + +  − 2 +

a b c
 ab bc ac 
a b c
 abc 
a+b+c
 =0
Mà a +b +c = 0 , a,b,c ≠0. => 2
 abc 

1 1 1
+ + =
a2 b2 c2

 1 1 1
 + + 
a b c

1 1 1
+ +
=

a2 b2 c2

2

=

1 1 1
+ +
a b c

c) Hãy chứng tỏ x = 3 5 + 2 − 3 5 − 2 là nghiệm của phương trình x3 +3x – 4 = 0
Tacó : x3 =
 3


5 +2 −3

3
= 4 – 3 

3

2

(

)

2

5 − 2  = 5 + 2 − 3 3 5 + 2  . 3
5 − 2 + 3 3 5 + 2 . 3 5 − 2  −






5 + 2 . 3 5 − 2 .3 5 + 2 − 3 5 − 2  = 4 - 3.3 5 + 2 . 5 − 2 .x


 

(

)(

)

= 4 – 3x
* x3 = 4 – 3x <=> x3 + 3x + 4 = 0
Vậy x = 3 5 + 2 − 3 5 − 2 là nghiệm của PT x3 + 3x + 4 = 0
Bài2(2đ)
a/ Rút gọn, tính giá trị biểu thức
x − y  1 1 
1
+
 + ÷.
xy xy  x y  x + y + 2 xy

A=

(

2
x+ y

)

3

 1
1 
.
+
÷
 x
y÷



Với x = 2 − 3, y = 2 + 3
Giải : ĐK : x > 0 , y > 0
A=

x − y  1 1 
1
:  + ÷.
+
xy xy  x y  x + y + 2 xy

x + y
1
: .
.
xy xy  xy
x+ y


x− y
x+ y
.
=
:
 xy x + y
xy xy


=

x− y

2

+

2

+

(

) (

(

)

(

 1
1 
.
+

÷
3 
y÷
x+ y  x

2

)

]

 x + y 


.

3 

xy
x+ y 


2

2
xy x + y 
2

(

)

)

 x + 2 xy + y 

. : 
2
 xy x + y 
xy xy


2

x− y
x+ y 



.
=
:
2
 xy x + y 
xy xy



=

x− y

(

=

x− y
xy

(

(

)

)

)

.

Khi x = 2 − 3, y = 2 + 3 thì A =

2− 3 − 2+ 3

(2 − 3 )(2 + 3 )

= 2− 3 − 2+ 3

=> A2 = 4 – 2 = 2 Do A < 0 => A = - 2

]

(

5−2

)


b/ Giải phương trình x + 9 + x − 7 = 4 (1)
ĐK: x ≥ 7
(1) => ( x + 9 + x − 7) 2 = 42
<=> 2x + 2 + 2( ( x + 9)( x − 7 ) ) = 16
<=> 2( ( x + 9)( x − 7 ) ) = 16 – 2( x + 1)
<=> ( x + 9)( x − 7 ) = 8 – (x + 1) (2)
Nếu 8 – ( x+ 1) < 0 <=> x + 1 > 8 <=>x > 7 thì (2) Vô nghiệm => (1) Vô nghiệm

Nếu 8 – ( x+ 1) ≥ 0 <=> x + 1 ≤ 8 <=> x ≤ 7
Kết hợp với ĐK đầu bài => x = 7 . Thử x = 7 vào pt(2) ta có 0 = 0
Vậy x = 7 là nghiệm của pt (2) là nghiệm của PT (1)
Bài3(2,5đ)
Ta có B =

3 x 2 + 3x + 3 − 2 x 2 − 4 x − 2
2( x + 1)
= 3− 2
≤3
2
x + x +1
x + x +1
2

GTLN B = 3 khi và chỉ khi x = -1

(

)

3 x 2 − 3x + 3
x2 + x +1
2 x 2 − 2x + 1 1
2( x − 1)
1
=
+
= +
≥

B= 2
2
2
2
3 3 x + x +1 3
3 x + 3x + 3 3 x + x + 1
3 x + x +1
1
GTNN B =
khi và chỉ khi x = 1
3

(

)

(

)

b)

2

(

)

y
4

A
O

C

x

3

Đường thẳng đi qua hai điểm A( 0 ;4) và C( 3; 0) có dạng y = ax + b
A(0;4) ∈ đường thẳng y = ax + b ⇔ 4 = a.0 + b ⇔ b = 4
B(3;0) ∈ đường thẳng y = ax + b ⇔ 0 = a.3 + b ⇔ 3a + 4 = 0 ⇔ a = −

4
3

4
3

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm A và C là : y = − x + 4
Đường thẳng y = ax là đường thẳng đi qua gốc toạ độ và cắt cạnh BC của hcn OABC
tại M(3; y0) (y0 > 0) sao cho chia hình chữ nhật OABC thành hai phần , trong đó diện
tích phần chứa điểm A gấp đôi diện tích phần chứa điểm C nghĩa là SOMC =
⇔

1
1
OC.CM = OA.OC (1)
2
3

1
SOABC
3


Mà OC = |3| = 3 , CM = | y0| = y0 ( do y0 > 0), OA = | 4| = 4 , OC = | 3| = 3
Từ (1) tacó

1
1
8
.3.y0 = . 4. 3 ⇔ y0 =
2
3
3

Vậy đường thẳng y =ax đi qua M(3;

8
8
8
) ⇔ = a.3 ⇔ a =
3
3
9

Bài 4:

E

O

N
O'
12

F
1
2
A

a) Chứng minh rằng

M

B

∆ AOM và ∆ BMO’ đồng dạng

·
Ta có AB là tiếp tuyến của (O) => OAM
= 1v
·
'
AB là tiếp tuyến của (O’) => O BM = 1v
EF là tiếp tuyến của (O’) và (O’) => OM là phân giác ·AME , O’M là phân
· 'F
giác BO
· ' B + FMB
·

- Xét tứ giác BO’FM có FO
= 1800
·
·
= 1800
EMA
+ FMB
· ' B = EMA
·
=> FO
1·
¶
Mà O '2 = FO ' B (OM là phân giác ∠ AME )

2
¶ 2 = 1 EMA
·
M
( O’M là phân giác ∠ BO’F)
2
=> ∠ O2’ = ∠ M2
Mà ∠ OAM = O’BM = 1V
=> ∆ AOM đồng dạng ∆ BMO’ ( g-g)

b/ Chứng minh rằng AE vuông góc với BF
Ta có OM là đường trung trực của AE => OM ⊥ AE
O’M là đường trung trực của BF => O’M ⊥ BF
∠
Mà O1’ = ∠ O2’ , ∠ M1 = ∠ M2 , ∠ O2’ = ∠ M2 => ∠ O1’ = ∠ M1
Ta có ∠ FMO’ + ∠ O1’ = 900 => ∠ FMO’ + ∠ M1 = 900 => ∠ O’MO = 900

=> O’M ⊥ MO
Mà O’M ⊥ BF => BF // MO , OM ⊥ AE ( cmt) => BF ⊥ AE
c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF . Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng
hàng


Bài5(1đ)
B

a

M

C

N

2a

a
D

A

Đặt ∠ BAM = ∠ DAN = β và cạnh hình vuông là 2a thế thì BM = DN = a
Suy ra AM = AN = a 5 ( theo định lý pitago trong tam giác vuông có cạnh a, 2a)
DN

2a

= 2cos

2β

2

=
Vậy cos β = AN =
a 5
5
β
Và sin MAN = cos 2 ( hai góc phụ nhau)
2

 2 
3
- 1 = 2  − 1 =
5
 5

Mà sin2MAN + cos2MAN = 1 => cos2MAN = 1 – sin2MAN = 1 => cosMAN =

4
5

9 16
=
25 25