Bài giảng HSG Toán 9 TTH 06-07

UBND TỈNH Thừa Thiên Huế KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Sở Giáo Dục và Đào Tạo Lớp 9 THCS Năm học 2006 - 2007
Môn : Toán
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm 02 trang
Bài 1: (3 điểm)
Cho biểu thức:
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x
 
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
1. Rút gọn biểu thức
A

.
2. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4,0 điểm)
Cho parabol (P):
2
1
2
y x= −
và đường thẳng
: 2d y x m= − +
(
m
là tham số).
1. Với giá trị nào của
m
thì (P) và
d
chỉ có một điểm chung? Khi đó
d
gọi là
tiếp tuyến của parabol (P), vẽ tiếp tuyến đó.
2. Vẽ parabol (P) và đường thẳng
: 2d y x m= − +
trên cùng một đồ thị. Từ đồ
thị suy ra, tập những giá trị của
m

để
d
cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ
dương.
3. Tìm các giá trị của
m
để phương trình
4 2
4 2 0x x m− + =
có 4 nghiệm phân
biệt. Tính các nghiệm đó theo
m
.
Bài 3: (3,5 điểm)
1. Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của
hai chữ số của nó có phân số tối giản là
16
9
và hiệu của số cần tìm với số có
cùng các chữ số với nó nhưng viết theo thứ tự ngược lại bằng 27.
2. Hãy tìm các chữ số
, , ,a b c d
biết rằng các số
, , ,a ad cd abcd
là các số chính
phương.
Bài 4: (4,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O)
tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường
tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).

1. Chứng minh rằng
2 2
.MN MP MA MB= =
2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình
vuông.
3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên
đường thẳng d.
1
Bài 5: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm
(1;0), (0;2), ( 3;0)A B C −
. Điểm D ở trên
đoạn BC sao cho DA = DC. E là điểm tùy ý trên đoạn AC, đường thẳng d đi qua E
và song song với đường thẳng AD cắt đường thẳng BA tại F. Đoạn BE cắt đoạn DA
tại G. Chứng minh rằng 2 tia CG và CF đối xứng với nhau qua CA.
Bài 6: (3,0 điểm)
1) Trong các tấm bìa trình bày dưới đây, mỗi tấm có một mặt ghi một chữ cái
và mặt kia ghi một số:
+ Chứng tỏ rằng để kiểm tra câu sau đây có đúng không: "Nếu mỗi tấm bìa
mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn", thì chỉ cần lật mặt sau
của tối đa là 2 tấm bìa, đó là 2 tấm bìa nào ?
2) Để thành lập các đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trường tổ chức thi chọn
các môn Toán, Văn và Ngoại ngữ trên tổng số 111 học sinh. Kết quả có: 70
học sinh giỏi Toán, 65 học sinh giỏi Văn và 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ.
Trong đó, có 49 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Toán, 32 học sinh giỏi cả 2
môn Toán và Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Ngoại ngữ.
Hãy xác định số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Toán và Ngoại ngữ. Biết rằng
có 6 học sinh không đạt yêu cầu cả ba môn.
Hết

2
A
M
3
6
UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2006 - 2007
Môn : toán
Đáp án và thang điểm:
Bài 1 ý Nội dung Điểm
(2 điểm)
1. 1.1
(2 đ)
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x
 
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷

 ÷
+ + +
−
 
 
Ta có:
( )
2
3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + > ∀ ≥
, nên điều kiện
để A có nghĩa là
( ) ( ) ( )
3
4
3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0
3
x x x x x x x− = − + + ≠ ≥ ⇔ ≠ ⇔ ≤ ≠
( )
( )
3
3
3
1 3
6 4 3
3
3 2 3 4 1 3
3 2
x
x x
A x

x x x
x
  
+
+
 ÷ ÷
= − −
 ÷ ÷
+ + +
 ÷ ÷
−
  
( )
( ) ( )
( )
6 4 3 2 3
3 3 1 3
3 2 3 2 3 4
x x x
A x x x
x x x
 
+ − −
 ÷
= − + −
 ÷
− + +
 
( ) ( )
( )

3 4 2 3
3 2 3 1
3 2 3 2 3 4
x x
A x x
x x x
 
+ +
 ÷
= − +
 ÷
− + +
 
( )
2
3 1
3 2
x
A
x
−
=
−
(
4
0
3
x≤ ≠
)
0,50

0,25
0,50
0,25
0,50
1.2
(1,0
đ)
( ) ( ) ( )
2 2
3 1 3 2 2 3 2 1
1
3
3 2 3 2 3 2
x x x
A x
x x x
− − + − +
= = = +
− − −
Với
x
là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì
3 3 3 9
3 2 1 3
3 1
3 1
x x
x x
x
x


= =

− = ± ⇔ ⇔ ⇔ =


=
=



(vì
x∈ Z
và
0x ≥
).
Khi đó:
4A =
0,50
0,50
1
2 2.1
(1,5đ)
Phương trình cho hoành độ giao điểm của (P) và d là:
2 2
1
2 4 2 0
2
x x m x x m− = − + ⇔ − + =
(1)

Phương trình (1) là phương trình bậc hai nên để (P) và d chỉ có một điểm chung
thì phương trình (1) có nghiệm kép, tương đương với:
' 4 2 0 2m m∆ = − = ⇔ =
Khi đó đường thẳng d là tiếp tuyến của (P) có phương trình
2 2y x= − +
Vẽ đúng tiếp tuyến
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
2.2
(1,25 đ)
+ Vẽ đúng (P)
+ Đường thẳng
: 2d y x m= − +
song
song với đường thẳng
2 2y x= − +
và cắt
trục Oy tại điểm B(0; m).
+ Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) tại
hai điểm có hoành độ dương thì
0 2m
< <
0,25
0,50
0,50
2.3
(1,25đ)

4 2
4 2 0x x m− + =
(2)
2
4 2 0X X m⇔ − + =
và
2
( 0)X x= ≥
(3)
Để phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) phải có 2
nghiệm dương phân biệt. Từ câu 1. và 2. ta suy ra
0 2m
< <
.
Khi đó 4 nghiệm của (2) là:
1,2
2 4 2x m= ± − −
và
3,4
2 4 2x m= ± + −
0,25
0,50
0,50
3. 3.1
(1,25 đ)
Gọi số cần tìm là
xy
với
, ;1 , 9x y x y∈ ≤ ≤Z
.

Theo giả thiết:
( )
10 16
3
9
90 9 16
10 10 27
x y
x y
xy
x y xy
x y y x
+

=
− =


⇔
 
+ =


+ − + =

Giải hệ ta có
1 2
3
9;
16

x x= =
(loại). Suy ra
6y =
.
Vâỵ số cần tìm là 96.
0,25
0,50
0,50
3.2
(2,25 đ)
a
là số chính phương, nên
1, 4,9a =
.
Ta có
2 2
9 81; 10 100= =
nên không có số
9x
nào là số chính phương. Do đó
a
chỉ có thể là 1 hoặc 4.
ad
là số chính phương nên
ad
chỉ có thể là 16, hoặc 49. Nên
d
chỉ có thể là 6
hoặc 9.
0,50

0,25
2
cd
là số chính phương nên
cd
chỉ có thể là 16, hoặc 36, hoặc 49. Nên Nên
c

chỉ có thể là 1, hoặc 3, hoặc 4.
Nếu
1a
=
thì
6d
=
và
1c
=
hoặc
3c
=
, khi đó
1 16 1 36abcd b hay b=
và
( ) ( )
2 2
1 6 4 6bc x hay x=
.
Ta có:
2 2 2 2 2

26 676; 34 1156; 36 1296; 44 1936; 46 2126= = = = =
. Chỉ chọn
được 1936.
Nếu
4a
=
thì
9d
=
và
4c
=
, khi đó
( ) ( )
2 2
4 49 3 7abcd b x hay x= =
.
Ta có:
2 2 2
63 3969; 67 4489; 73 5329= = =
. Không chọn được số nào.
Vậy chỉ có các chữ số
1, 9, 3, 6a b c d= = = =
thỏa mãn điều kiện bài toán.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

4 4.1
(1,25 đ)
Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
Suy ra:
2 2
.
MA MN
MN MP MA MB
MN MB
= ⇔ = =
0,25
0,50
0,50
4.2
(1,25 đ)
Để MNOP là hình vuông thì đường chéo
2 2OM ON R= =
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua
điểm D, cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có
2 2
MN MO ON R= − =
, nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam
giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông.
Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì
2OM R R= >
0,25
0,25
0,50

0,25
4.3
(2,0 đ)
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân
MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H.
+ Kẻ
OE AB
⊥
, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ
( )HL d⊥
thì HL //
OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra:
1
2
HL OE=

(không đổi).
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi,
nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.
0,25
0,5
0,25
3