ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TOÁN 9+ĐÁP ÁN

Phòng GD- ĐT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP
TRƯỜNG
Trường THCS Nguyễn Viết Xuân
Năm học: 2017 –
2018
Môn: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời
gian phát đề)

Bài 1: (5đ) Rút gọn các biểu thức sau:
�x  x
�
1 �
� 1
P  1 x �


1
�
�
�2 x  1 �
�
1 x
x�
�
�
�





a.
Rút gọn P .
b.
Tính giá trị của P khi x  7  4 3 .
c.
Chứng minh: P  1
Bài 2: (5đ) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m – 6 = 0 (m
là tham số)
Với giá trò nào của m thì phương trình đã cho có
hai nghiệm
x1 x2 18
  .
x1 và x2 sao cho
x2 x1 7
Bài 3: (2đ) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n – 41 là hai
số chính phương.
Bài 4: (8đ) Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp
nhau
tại H. Đường thẳng vng góc với AB tại B và đường thẳng vng góc với AC
tại C cắt nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC
∆AEF
c) BDF = CDE
d) H cách đều các cạnh của tam giác DEF
Hết

Phòng GD- ĐT Chưprông
Trường THCS Nguyễn Viết Xuân
THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2012 – 2013
Môn: Toán 9
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (5đ)
a) (2đ) ĐK: x �0; x �1
�x  x
�
1 �
� 1
P  1 x �


1
�
�
�2 x  1 �
�
1 x
x�
�
�
�
� x  1  x ��x  x  (2 x  1) �
 1 x �
��
�

2 x 1
�(1  x ) x ��
�
� x  1  x ��x  x  2 x  1 �
 1 x �
��
�
�(1  x ) x �� 2 x  1
�
� 2 x 1 �
�x  x  1 �
 1 x �
�
�
�
�
�
(1  x ) x �
�
�2 x 1 �



b)(1,5đ)







0,5đ





0,5đ





0,5đ



2 x 1 x  x  1
.
x
2 x 1

0,25đ



x  x 1
x

0,25đ

Ta có: x  7  4 3 = (2 - 3 )2

0,25đ
�

x  2 3

0,25đ
Vậy:
P



7  4 3  2  3 1
2 3

0,25đ

62 3
2 3

0,25đ

3(2  3)
3
2 3

0,5đ

c)

Ta có:
P

x  x 1
x

 x

1
 1 �2
x

x.

1
1
x

۳ P 1

Dấu “=” xảy ra khi:

x

0,5đ
0,25đ

1
� x 1
x

0,25đ
mà x = 1 không thuộc TXĐ
0,25đ
Vậy P > 1
0,25đ
Bài 2: (5đ) Ph¬ng tr×nh x 2  2mx  m 2  m  6  0 :
 '  m2   m2  m  6   m  6

0,25đ

§Ĩ ph¬ng tr×nh x 2  2mx  m 2  m  6  0 cã hai nghiƯm th×  ' �0 :
0,25đ
Tức là: m + 6 � 0
۳ m  6 (1)
0,25đ
Với điều kiện (1):
x1 x2 18
 
x2 x1 7
x12  x22 18
�

x1 x2
7

x x 

� 1 2

2

 2 x1 x2

x1 x2

0,5đ


18
7

0,5đ

vµ x1 x2 �0
�m 2  m  6 � 18
� ( 2 m ) 2  2 � 2
�
�m  m  6 � 7

0,5đ


4m 2 2 m 2 m 6

18
m m6
7

2
2
4m 2m 2m 12 18


m2 m 6
7
2
2m 2m 12 18


m2 m 6
7
2
m m6 9
2
m 2; m 3
m m6 7
7(m2 + m + 6) = 9(m2 m 6)


0,25ủ

2



0,25ủ
0,25ủ
0,25ủ

0,25ủ

2m2 16m 96 = 0
0,25ủ
2
0,25ủ
m 8m 48 0
0,5ủ
' = 64 ' 8
m1 = 12 ; m2 = -4 (thỏa điều kiện (1) và m 2; m 3
) 0,5ủ

Baứi 3: (2ủ)
Để n 18 và n 41 là hai số chính phơng
2
n 18 p 2 và n 41 q p, q N
p q n 18 n 41 59
2

2

p q p q 59

0,25ủ
0,25ủ
0,25ủ

p q 1 p 30

p q 59

q 29

Nhng 59 là số nguyên tố, nên:
0.5ủ

Từ n 18 p 2 302 900 suy ra n 882
Thay vào n 41 , ta đợc 882 41 841 292 q 2 .

0,25ủ

0,25ủ
Vậy với n 882 thì n 18 và n 41 là hai số chính phơng
0,25ủ
Baứi 4: (8ủ)

A
E
F

B

H

C

D M
G

a) (2ủ) Ta cú BG AB, CH AB, nờn BG //CH
Tng t: BH AC, CG AC, nờn BH//CG.

0,5ủ
0,5ủ


Tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối sông song nên nó là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Vậy GH đi qua trung điểm M của BC.
b) (2,5ñ) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC
nên các tam giác ABE và ACF vuông.
Xeùt hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng.
AB AE
AB AF

�

(1)
Từ đây suy ra
AC AF
AE AC
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC
∆AEF.
c) (1,5ñ) Chứng minh tương tự ta được
∆BDF
∆BAC
∆EDC
∆BAC
suy ra ∆BDF
∆DEC BDF = CDE.

d) (2ñ) Ta có
0,25ñ

0,5ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ

BDF = CDE (c/m treân)
� 900 – BDF = 900 – CDE
� AHB – BDF = AHC – CDE
� ADF = ADE

� DH là tia phân giác EDF.

Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác EFD.
Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF.
Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF.

0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ

0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ
0,25ñ