de thi de nghi thi tinh mon toan 9

Phòng giáo dục và đào tạo
Kim bảng
Trờng thcs thị trấn quế
đề thi chọn h.s.g năm học 2008 -2009
môn toán - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Bài 1. (6 điểm).
a) Chứng minh rằng có ít nhất một trong các phơng trình sau có nghiệm:
2
2
2
ax 2bx c 0
bx 2cx a 0
cx 2ax b 0
+ + =
+ + =
+ + =
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình:
( )
2
2009x 20a 11 x 2009 0 =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
2
2
1 2
1 2

1 2
3 x x 1 1
S x x 2.
2 2 x x


= + +
ữ

Bài 2. (4 điểm). Cho
x 4 x a.+ =
(a>0) . Tính giá trị của biểu thức:

2
2 4x x
P
x 2

=

theo a .
Bài 3. (2điểm). Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2 2 2 2
8x y x y 10xy+ + =
Bài 4. (8 điểm). Cho đờng tròn (O), từ một điểm A ngoài (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC
(B, C là tiếp điểm). M thuộc cung BC, hình chiếu của M trên AB, BC, CA lần lợt là K,
I, H. MB cắt IK tại E, MC cắt IH tại F.
a) Chứng minh
2

MI MH.MK=
.
b) Chứng minh EF

MI.
c) Gọi giao điểm thứ hai của đờng tròn ngoại tiếp tam giác MEK và đờng tròn
ngoại tiếp tam giác MFH là N. Chứng minh MN luôn đI qua một điểm cố
định.
d) Chứng minh ba điểm K, N, H thẳng hàng.
Họ và tên học sinh ..Số báo danh ........
Họ, tên, chữ ký của giám thị thứ nhất ........
Họ, tên, chữ ký của giám thị thứ nhất ........
H ớng dẫn chấm :
Bài 1 ( 6 điểm)
a ) (3,0 điểm) :
Giả sử cả 3 pt đã cho cùng vô nghiệm. Khi đó x = 0 không là nghiệm của cả 3
pt, nên dễ dàng suy ra đợc a, b, c cùng khác 0.
Khi ấy cả 3 pt đã cho đều là pt bậc hai và có:
( ) ( ) ( )
' 2 2 2
1 2 3
2 2 2
a b c ab bc ac
1
a b b c c a 0
2

+ + = + +

= + +

Từ đó suy ra ít nhất một trong 3 số
1 2 3
, ,


phải không âm. Tức là ít nhất một
trong 3 pt đã cho có nghiệm.
b ) (3 điểm):
Dễ dàng thấy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
Theo định lí Viét, ta có:
1 2
1 2
20a 11
x x
(*)
2009
x .x 1


+ =



=

Ta có:
S =
( )
2
2
1 2
1 2
1 2
3 x x 1 1
x x 2.
2 2 x x


+ +
ữ

=
3
2
(x
1
x
2
)
2
+2.
( ) ( )
2
1 2 1 2 2 1
1 2

x .x x x 2 x x
2x x

+


=
3
2
(x
1
x
2
)
2
+2
( ) ( )
2
2 1 1 2
x x 2 x x
2





do x
1
. x
2

= -1
=
3
2
(x
1
x
2
)
2
+
1
2
. 9 (x
1
x
2
)
2

= 6 (x
1
x
2
)
2

= 6.
( )
2

1 2 1 2
x x 4x x

+

= 6.
2
20a 11
4
2009



+

ữ



do (*)
=
( )
2
2
6 20a 11
24 24
2009

+
với mọi a.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 20a 11 = 0

11
a
20
=
.
Vậy min S = 24, đạt đợc khi
11
a
20
=
.
Bài 2.( 4 điểm)
Nhận xét:

( )
( )
( )
2
2
1
2 4x x 4 2 x 4 x
2
1
x 4 x
2
=
=
ĐKXĐ: 0

x

4 , x

2
Khi đó, ta có:
( )
( ) ( )
2
x 4 x
x 4 x
P
2 x 2 2 x 2


= =

. Nếu 0

x < 2 thì:
( )
( )
( )
( )
( )
2 x 2
4 x x 4 x x 2
P
a

2 x 2 2 x 2 .a
x x 2 4 x x


= = = =

+
. Nếu 2 < x

4 thì:
( )
( )
( )
( )
( )
2 x 2
x 4 x x 4 x 2
P
a
2 x 2 2 x 2 .a
x x 2 4 x x

+
= = = =

+
Vậy:
2
nếu : 0 x 2
a

P
2
nếu : 2 x 4
a


<


=


<



Bài 3 (2 điểm):
Ta có:
2 2 2 2
8x y x y 10xy+ + =


8xy ( xy 1) + ( x y)
2
= 0 (1)
Do đó, nếu (x, y) là nghiệm của pt thì xy ( xy 1)

0

0

xy

1
Do x, y nguyên nên chỉ có 2 khả năng:
* Nếu xy = 0 thì từ (1) ta thu đợc nghiệm là x = y = 0
* Nếu xy = -1 thì từ (1) ta thu đợc nghiệm là x = y =

1
Vậy phơng trình có 3 nghiệm nguyên: x = y = 0 , x = y = 1 , x = y = -1
Bài 4 ( 8 điểm):
ý a (2 điểm):
Có:
ã ã
IMK IMH=
( cùng bù với
à
à
B C=
) (1)
ã
ã
MIH MBK=
( do MIMK nội tiếp)
ã
ã
MBK MCB=
( cùng chắn cung BM)
ã
ã

MCB MHI=
( do MICK nội tiếp)
Vậy
ã ã
MIK MHI=
(2)
Từ (1) và (2)


MIK
( )
MHI g.g


MI MK
MH MI
=

2
MI MH.MK =
ý b (2 điểm)
Ta có:
ã
ã
MBK MCB=
(chứng minh trên)
Chứng minh tơng tự có
ã
ã
MIF MBC=

Vậy
ã
ã
ã
ã
ã
0
EMF EIF EMF MBC MCB 180+ = + + =

Tứ giác MEIF nội tiếp.
ã
ã
MEF MIF =
(cùng chắn
ẳ
MF
)
Mà
ã
ã
MIF MBC=
(cùng bằng
ã
MCH
)
Vậy
ã
ã
MEF MBC EF / / BC=
mà

MI BC MI EF
A
B
C
k
h
m
n
e
f
j
i
d
o
ý c (2,5 điểm):
Ta có:
ã
ã
ã
ã
MEF MBC (do EF//BC)
MBI MKI
MEF=MKI EFlà tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MEK
=
=

Tơng tự EF là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
MFH
Giả sử MN cắt EF tại J ta có
JME

JEN
2
JM JE
JE JM.JN (3)
JE JN
= =
Tơng tự
2
JF JM.JN (4)=
Từ (3) và(4) JE=JF
Theo hệ quả định lý Ta let có
JE MJ JF
BD MD DC
= =
(D là giao điểm của MN và BC)
BD=DC Vậy MN đi qua trung điểm D của BC cố định
ý d 0,5 điểm
Ta có
ã
ã
0
MNH MFN 180+ =
ã
ã
MFH MEI=
(do EMFI nội tiếp)
ã
ã
MEI KNM=

(do KNME nội tiếp)
Vậy
ã
ã
0
KNM MNH 180+ =
Hay
ã
0
KNH 180=

K; N; M thẳng hàng