051 đề HSG toán 9 vĩnh bảo 2013 2014

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN VĨNH BẢO
ĐỀ CHÍNH THỨC


P



ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:
x y
x  y   x  y  2xy 

.
 : 1 
1  xy 
1  xy
1  xy  
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P với x 

2
.
2 3

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là
1
3
đồ thị của hai hàm số: y   x  và y  x .
2
2
a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x 4  5x3  38x 2  5x  6  0 .
Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một
đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
Chứng minh rằng:

1
1
1
.


AM 2 AI2 a 2

Bài 5: (6 điểm)
Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt
đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng.
Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E  ( O ) và F  ( O/ ). Gọi M là giao điểm của
AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
b) MN  AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9

Bài
Đáp án
1 ĐKXĐ: x  0; y  0;xy  1.
a) Mẫu thức chung là 1 – xy
( x  y)(1  xy)  ( x  y)(1  xy) 1  xy  x  y  2xy
P
:
1  xy
1  xy

Điểm
0,5 đ

x x y  y y x  x x y  y y x
1  xy
.
1  xy
1  x  y  xy

0,5 đ




b)

2
a)

x

0,5 đ

2( x  y x)
2 x (1  y)
2 x


(1  x)(1  y) (1  x)(1  y) 1  x

0,5 đ

2
2(2  3)

 3  2 3  1  ( 3  1) 2
43
2 3

0,5 đ

x  ( 3  1)2  3  1  3  1

0,5 đ

P

2( 3  1)
2 32


2
1  ( 3  1) 1  3  2 3  1

0,5 đ

P

2( 3  1) 6 3  2

13
52 3

0,5 đ

3

1
3
x  0  y 
Đồ thị y   x  có : 

2
2
2
 y  0  x  3
 x khi x  0
Đồ thị y  x  
 x khi x  0
Đồ thị như hình vẽ:

0,5 đ

0,5 đ

1đ

b)

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)

0,5 đ


Ta có: OM = 12  12  2  OM2 = 2
ON =

32  (3)2  3 2  ON2 = 18

3

0,5 đ

MN = (1  3)  (1  3)  20  MN = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:
5 6
6x 2  5x  38   2  0
x x
1
1
 6(x 2  2 )  5(x  )  38  0
x
x
1
1
Đặt y  x 
thì: x 2  2  y2  2
x
x
Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0
10
5
Do đó: y 
và y  
3
2
10
1 10
* Với y 

thì: x    3x 2  10x  3  0
3
x 3
1

x

1
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 
3

x2  3
5
1
5
* Với y   thì: x     2x 2  5x  2  0
2
x
2
1

x3  

<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=>
2

 x 4  2
2

4

2

2

A

0,5 đ
0,5 đ

1đ

1đ

1đ

1đ

B

M

J

D

C

I

Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có  AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:
1
1
1


(1)
AD2 AJ 2 AI2
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
AB = AD = a; DAJ  BAM (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

0,5 đ
0,5 đ


 ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM
1
1
1
1
Thay vào (1) ta được:

 2  2 (đpcm)
2
2
AD
AM
AI
a

5

0,5 đ
0,5 đ

M

E
I
F

A

H
O

B

C

D
O/

N

a)

Ta có AEB  CFD  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:

OE  EF và OF  EF => OE // O/F
=> EOB  FO/ D (góc đồng vị) => EAO  FCO/
Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN
Hay ENF  900 .
Tứ giác MENF có E  N  F  90O , nên MENF là hình chữ nhật

b)

c)

Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN  INF
1
Mặt khác, trong đường tròn (O/): IFN  FDC  sđ FC
2
=> FDC  HNC
Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g)
=> NHC  DFC  90O hay MN  AD
Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE  FEN
1
Trong đường tròn (O) có: FEN  EAB  sđ EB
2
=> MFE  EAB
Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g)
ME MF

=>
, hay ME.MA = MF.MD
MD MA

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ