111 đề HSG toán 9 lạng sơn 2014 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian : 150 phút
Ngày thi: 31/3/2015

Câu 1. (4 điểm)
Cho biểu thức A 

x2



x 1



1

x x 1 x  x 1 1 x

(x  0;x  1)

1. Rút gọn biểu thức A
2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x>0; x  1
Câu 2. (4 điểm)
Giải phương trình : x2  6x  10  2 2x  5
Câu 3. (4 điểm)

Cho phương trình x2  2(a  1)x  2a  0 (1) (với a là tham số)
1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi a
2. Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ
nhật có độ dài đường chéo là 2 3
Câu 4. ( 6 điểm)
Cho góc xOy có số đo bằng 600 . Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox
tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM.
Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O. Đường thẳng PK cắt
đường thẳng MN tại E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F.
1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau
2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp
3) Gọi D là trung điểm PQ. Chứng minh tam giác DEF đều
Câu 5. (2 điểm)
Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x  y  6
6
x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x  2y  

8
y


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015
Câu 1.
Rút gọn được A 

x
x  x 1

Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên
Câu 2.
PT  x 2  8x  16  2x  5  2 2x  5  1
 x  4 
2





2x  5  1

2

Nghiệm phương trình là x = -2
Câu 3.
Có  '  a2  1  0 với mọi a nên phương trình luôn có nghiệm
x1  x 2  2a  2
x1.x 2  2a

Theo giả thiết x12  x22  12, theo Vi et 
Nên  2a  2   4a  12 hay a = 1; a = -2
2

Câu 4.

O
N
Q

E

M F

K
D

y

P
x


1. PK là phân giác góc QPO nên MPE  KPQ (*)
Tam giác OMN đều  EMP  1200



QK cũng là phân giác OQP  QKP  1800  KPQ  KQP



Mà 2.KQP  2.KPQ  1800  600  1200  QKP  1200
Do đó EMP  QKP (**)
Từ (*) và (**) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ
2. Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP  KQP hay FEP  FQP
Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn
3. Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên

PM PE

PM PK
suy ra


PK PQ
PE PQ

Ngoài ra MPK  EPQ , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng
Từ đó PEQ  PMK  900
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF
Vì vậy tam giác DEF cân tại D





Ta có FPD  1800  FDP  EDQ  POQ  600
Từ đó tam giác DEF là tam giác đều
Câu 5.
Ta có  a  b   0 nên a  b  2 ab với a, b dương
Từ giả thiết
2P  3(x  y)  (3x 

12 
16 
)   y    3.6  2.6  2.4  38
x 
y

Nên 2P  38  P  19. Vậy Min P=19 khi x=2; y=4