de thi học sinh giỏi.doc

Đề thi khảo sát học sinh giỏi
Môn: Toán- Khối 9 (Năm học 2008- 2009)
(Thời gian: 150

không kể thời gian giao đề)

Câu 1:
a, Rút gọn biểu thức:
A=
3
2 3 4 2
.
6
44 16 6+
b,Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a
2
+ ab + b
2
- 9a 9b + 2009

Câu 2:
a, Giải phơng trình:
x +
1 1
2 4
x x+ + +
= 2
b, Giải hệ phơng trình:

Câu 3: cho a,b,c > 0, chứng minh rằng:

3 3 3
a b c
b c a
+ +


ab + bc + ca

Câu 4: Tìm các số x,y thoả mãn đẳng thức.
2y
2
x + x + y + 1 = x
2
+ 2y
2
+ xy

Câu 5: Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2a. Trên đoạn AB lấy điểm M. Trong nửa
mặt phẳng bờ AB chứa nửa vòng tròn, ta kẻ 2 tia Mx và My sao cho

AMx =

BMx =30
0
. Tia Mx cắt nửa đờng tròn ở E, tia My cắt nửa đờng tròn ở F. Kẻ
EE, FF vuông góc với AB.
a, Cho AM =
2
a

tính diện tích hình thang vuông EEFF theo a.
b, Khi điểm M di động trên AB, Chứng minh rằng đờng thẳng EF luôn tiếp xúc với
một đờng tròn cố định.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).
(Họ và tên học sinh: . SBD: .)
/>2 2
2
2 1
2
x y
xy x

=


+ =


Đáp án:Môn toán 9(năm học 2008-2009)
Câu Phần Lời giải Thang
điểm
1
a
Ta có: A =
3
2 3 4 2
.
6
44 16 6+
=

3
2 3 4 2
.
2
6
(2 3 4 2)+
=
3
(2 3 4 3)(2 3 4 2) +

=
3
12 32
= -
3
20
0,5
b
Đặt M = a
2
+ ab + b
2
- 9a - 9b + 2009


4M = 4a
2
+ 4ab + 4b
2
36a - 36b + 8036

4M = (a - b)
2
+ 3(a + b - 6)
2
+ 7928

4.1982
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
0 3
6 0 2 6 0 3
a b a b a
a b a b
= = =



+ = = =


Vậy M
Min
= 1982 Khi a = b =3
1
2 a
Ta có:


x +

1 1
2 4
x x+ + +
= 2


x +
2
2
1
4
1








++
x
= 2



x + = 2

2
2
1
4
1
2
=








++
x
(vì
1
0
4
x +
)



1 1
2
4 2

x + =



x = 2 -
2
(t/m)
Vậy phơng trình có một nghiệm x = 2 -
2
1
b
Ta có:
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 1
2 1 2 1
2 2
2 3 2 0
2 1
2 1
2 0 3 2 0

x y
x y x y
xy x x y
xy x x xy y
x y
x y
x x y x y x y x y

=

= =



+ =
+ = =





=

=



+ = + =

1
/>1 1
4 2
x
+ +
( )
( )
2 2
2 2
2 1
2
3
2 1
x y
I
x y
x y
II
x y

=



=

=





=


Từ hệ phơng trình (I) ta có:
2
1
1
1
x y
x y
x y
x
=
= =





= =
=

Do đó,hệ (I) có nghiệm là: x= y= -1 và x= y= 1.
Từ hệ phơng trình(II) ta có:
2 2
2
2
2
3
3
8
1
1
9
x y
x y
y y
y


=

=




=
=

Do đó, hệ phơng trình(II) vô nghiệm.
Vậy, hệ đã cho có 2 nghiệm là: x= y= -1 và x= y= 1.
3
+ Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng:

3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + + +
Ta có :

3
4 2
3
4 2
3
4 2
2 2
2 2
2 2
a
ab a a
b
b
bc b b
c
c

ca c c
a
+ =
+ =
+ =
Cộng hai vế của bất đẳng thức ta có:

( )
3 3 3
2 2 2
2
a b c
ab bc ca a b c
b c a
+ + + + + + +
Hơn nữa ta lại có:

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
a b a b ab
b c b c bc
c a c a ca
+ =
+ =
+ =
Nên ta có:

( )
( )
2 2 2
2 2a b c ab bc ca+ + + +
Do đó ta có:
( )
3 3 3
2
a b c
ab bc ca ab bc ca
b c a
+ + + + + + +
Vậy
3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + + +
(ĐPCM)
Dấu = xảy ra

a= b= c.
2
/>4
+ Ta có: 2xy
2
+ x + y + 1 = x
2
+ 2y
2

+ xy


2y
2
(x-1) x(x- 1) y(x-1) + 1 = 0 (1)
* Ta thấy x= 1 không phải là nghiệm của phơng trình (1)

x

1
Chia cả hai vế của phơng trình (1) cho (x- 1)

phơng trình (1) có dạng:

2
1
2 0
1
y x y
x
+ =

Với x,y nguyên (2)
để
2
1
2 0
1
y x y

x
+ =

nguyên
1
1x


nguyên
{ }
1 1;1x
Nên
1 1 2
1 1 0
x x
x x
= =



= =

* Thay x= 2 vào phơng trình (2)
1
1
2
y
y
=

=

* Thay x= 0 vào phơng trình (2)
1
1
2
y
y
=




=

Vậy phơng trình có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1)
1,5
5 a
Nêu GT,KL và vẽ hình
1,5
+ Gọi trung điểm của AB là O. Hạ OH

MF. Do

OMH = 30
0

nên: OH =
1
2
OM
=
4
a
,
.
4
15
16
2
222
a
a
aOHOFFH
===
kéo dài EE cắt đờng tròn (O) đờng kính AB tại D. Do OA

ED suy
ra OA là đờng trung trực của DE

ME= MD và

DMA=

EMA=

FMB

D,M,F thẳng hàng.
/>Do:
( )
15
2 ,
2
1 1 1
' , '
2 2 2
1 1 15
' '
2 2 4
a
OH DF DF HF
EE ME MD FF MF
a
EE FF MD MF DF
⊥ ⇒ = =
= = =
⇒ + = + = =

Ta cã:

( )
' ' 3, ' ' 3 ' ' ' '
3 5
' ' 3 .
4
ME EE MF FF E F ME MF

EE FF a
= = ⇒ = +
= + =

VËy diÖn tÝch h×nh thang vu«ng EE’F’F lµ:
( )
2
' '
1 1 15 3 5 15 3
' ' ' ' . .
2 2 4 4 32
EE F F
S EE FF E F a a a= + = =

b
XÐt c¸c cung nhá
,AE BF
) )
. Do A lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung
DAE
)
nªn
S®
AE
)
+ S®
BF
)
= S®
AD

)
+ S®
BF
)
= 2S®
0
ˆ
60 ,FMB =

Suy ra S®
EF
)
= 120
0
hay
0
ˆ
120EOF =
.
H¹
OI EF⊥
th×
1
2 2
a
OI OF= =
kh«ng ®æi.
Do vËy EF lu«n tiÕp xóc víi ®êng trßn t©m (O) b¸n kÝnh
2
a

khi M di
®éng trªn AB.
1,5

/>