Gián án HSG TOAN 9 CO DA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
-----------------------------------------------
Câu 1: (3 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
Câu 2: (3 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P =
2 2
9 6 1 9 30 25x x x x− + + − +
Câu 3: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
ax + y = 3
4x + ax = -1




a. Giải hệ khi a =3
b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm.
Câu 4: (4 điểm)
Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ
nhanh hơn 10km thì đến sớm hơn dự định 3 giờ, còn xe chạy chậm lại mỗi giờ 10km
thì đến nơi chậm mất 5 giờ. Tính vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định và chiều dài
quãng đường AB.
Câu 5: (6 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm M trên đường chéo BD chiếu lên AB và AD tại
E và F.
a. Chứng tỏ: CF = DE và CF

⊥
DE
Tìm quỹ tích giao điểm N của CF và DE
b. Chứng tỏ: CM = EF và CM
⊥
EF
c. Chứng minh rằng các đường thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm.
= = = = = =  hết  = = = = = =
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
=
18 2 17 18 2 17
2
2 2
+ −
− −
0,5 điểm
=
17 2 17 1 17 2 17 1
2
2 2
+ + − +
− −
=
( )
( )
( )
( )

2 2
2 2
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
1,0 điểm
=
17 1
17 1
2
2 2
−
+
− −
=
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
(vì
17 1>
) 1,0 điểm
=
2
2 2 2 0
2
− = − =

0,5 điểm
Câu 2:
P =
2 2
9 6 1 9 30 25x x x x− + + − +
=
( ) ( )
2 2
3 1 3 5x x− + −
0,5 điểm
=
3 1 5 3 3 1 5 3 4x x x x− + − ≥ − + − =
(vì
A A≥
) 1,0 điểm
Dấu “=” xảy ra
⇔
3 1 0 3 1
5 1
5 3 0 3 5
3 3
x x
x
x x
− ≥ ≥
 
⇔ ⇔ ≥ ≥
 
− ≥ ≤
 

1,0 điểm
Vậy P
Min
= 4
5 1
3 3
x⇔ ≥ ≥
0,5 điểm
Câu 3:
a. Khi a =3 ta có hệ
134
33
−=+
=+
yx
yx
<=>
1)33(34
33
−=−=
−=
xx
xy
0,5
điểm

<=>
105
33
−=−

−=
x
xy
<=>
2
33
=
−=
x
xy
<=>
3
2
−=
=
y
x
0,5 điểm
Vậy khi a = 3 hệ phương trình có nghiệm (2;-3) 0,5 điểm
b. Xét hệ
14
3
−=+
=+
ayx
yax
(I), ta có (I) <=>
1)3(4
3
−=−+

−=
axax
axy
0,5 điểm
<=>
( )
)2(314
)1(3
2
axa
axy
−−=−
−=
0,5 điểm
Muốn (I) có nghiệm duy nhất thì
2404
22
±≠⇔≠⇔≠−
aaa
0,5 điểm
Muốn (I) vô nghiệm thì:
031
04
2
≠−−
=−
a
a

⇔

13
4
2
−≠
=
a
a
0,5
điểm


3
1
2
≠
±=
a
a

⇔

2
±=
a
0,5 điểm
Vậy : Điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là:
2
±≠
a

Điều kiện để hệ vô nghiệm là:
2
±=
a
Câu 4:
Gọi thời gian dự định là x (giờ), vận tốc của xe lúc đầu là y (km/h) (x, y >0), thì chiều
dài quãng đường AB là xy (km) 0,5 điểm
Khi xe chạy nhanh hơn 10km mỗi giờ thì:
Vận tốc của xe lúc này là: y + 10 (km/h)
Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x – 3 (giờ)
Ta có phương trình: (x – 3)(y + 10) = xy (1) 0,5 điểm
Khi xe chạy chậm hơn 10km mỗi giờ thì:
Vận tốc của xe lúc này là: y – 10 (km/h)
Thời gian xe đi hết quãng đường AB là: x + 5 (giờ)
Ta có phương trình: (x + 5)(y – 10) = xy (2) 0,5 điểm
từ (1) và (2) ta có hệ:
( ) ( )
( ) ( )
3 10
5 10
x y xy
x y xy
− + =



+ − =


0,5 điểm

10 3 30
10 5 50
xy x y xy
xy x y xy
+ − − =

⇔

− + − =

10 3 30
10 5 50
x y
x y
− =

⇔

− + =

0,5 điểm
10 3 30
2 80
x y
y
− =

⇔

=


15
40
x
y
=

⇔

=

0,5 điểm
Giải hệ phương trình ta được: x = 15; y = 40. 0,5 điểm
Vậy thời gian xe dự định đi hết quãng đường AB là 15 giờ, vận tốc của xe lúc đầu là
40km/h. Quãng đường AB có độ dài là: 15 . 40 = 600 (km) 0,5 điểm
Câu 5:
Vẽ hình
a. Chứng minh
DECF
⊥
và
DECE
=

ta có
( . . )CDF DAE c g c CF DE∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có
µ
¶

1 1
C D=

mà
¶
·
0
1
90D NDC+ =
=>
µ
·
0
1
90C NDC+ =
=>
·
0
90CND =
hay
DECF
⊥
0,5 điểm
Qũy tích của N:
Phần thuận: ta có
·
0
90CND =
(câu a)
=> N chạy trên đường tròn đường kính CD.

Giới hạn : N ở miền trong của hình vuông ABCD .
- Khi M ở B thì F ở A, E ở B suy ra CF trùng với CA và DE trùng với DB do đó N ở
tại O (tâm của hình vuông).
- Khi M ở D thì F ở D, E ở A suy ra CF trùng với CD và DE trùng với DA do đó N ở
tại D.
Vậy N chỉ chạy trên 1/4 đường tròn, cung DNO, có đường kính CD. 1,0 điểm
Phần đảo: Lấy N thuộc cung phần tư DO ở trên đường tròn đường kính CD ta có
·
0
90CND =
(1)
Gọi E là giao điểm của DN và AB, F là giao điểm của CN và AD. Dựng hình chữ nhật
AEMF ta chứng minh rằng
BDM
∈
.
Từ (1) =>
µ
¶
1 1
C D=
(góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
=>
( . . )CDF DAE g c g DF AE∆ = ∆ ⇒ =

mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật)
=> DF=FM <=>
FDM
∆
vuông cân

·
0
45FDM M DB⇒ = ⇒ ∈
Vậy quỹ tích của N là 1/4 cung DNO của đường tròn đường kính CD. 1,0 điểm
b. Chứng tỏ
EFCM
=
và
EFCM
⊥

gọi K là giao điểm của FM và CB ta có:
DFCK
=
=>
FMCK
=
0,5 điểm
tương tự :
MEMK
=
Do đó:
( . . )CKM FME c g c CM EF∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có:
·
·
= ⇒ ⊥KCM MFE CM EF
. 0,5 điểm
c. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy

Chứng minh tương tự câu a ta có:
CEBF
⊥
0,5 điểm
Trong
CEF
∆
ta có
EFCM
⊥
;
ED CF⊥
;
CEFB
⊥
0,5 điểm
=> CM, ED, FB Là 3 đường cao của tam giác CEF do đó chúng đồng quy.
Vậy CM, BF, DE đồng quy tại một điểm. đó là trực tâm của tam giác CEF 0,5 điểm
= = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = =