DE DAP AN THI HOC SINH GIOI TAN 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (100.36 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phòng giáo dục & Đào tạo

huyện trực ninh Đề thi chọn học sinh giỏi huyện

Môn Toán lớp 9

Năm học 2006 2007
Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1( 4,0 ®iĨm)

Cho biĨu thøc A = x 3 x 1 : 9 x x 3 x 2

x 9 x x 6 x 2 x 3

       

  

   

    

   

víi x 0 ; x  4 vµ x 9
a/ Rót gän A

b/ Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giỏ tr nguyờn.
Bi 2(5,0 im)

Cho hệ phơng trình :

2
2

( ) 2

y x y m

x x y m



a, Giải hệ phơng trình khi m = 0

b, Tìm m để hệ phơng trình có nghim duy nht.
Bi 3(3,0 im )

Cho phơng trình : 3x2  4x2(m 1) 0

Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2.
Bài 4( 8,0 điểm )

Cho đờng trịn (O;R) đờng kính AB cố định, đờng kính CD thay đổi, AC và AD cắt
tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại B lần lợt tại F và E.Gọi M và N lần lợt là trung điểm của
BF, BE .

a, Chứng minh tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.

b, Chứng minh trực tâm H của tam giác AMN là trung điểm của OB.

c, Khi CD thay i thỡ tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển động trờn
-ng no.

=== Hết ===

Đáp án chấm học sinh giỏi

môn Toán 9

Năm học 2006 - 2007
==================
Bài 1( 4,0 điểm)

Cho biÓu thøc A = x 3 x 1 : 9 x x 3 x 2

x 9 x x 6 x 2 x 3

       

  

   

    

   

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

víi x 0 ; x  4 vµ x 9
a/ Rót gän A

A = x 3 x 1 : 9 x x 3 x 2

x 9 x x 6 x 2 x 3

       

  

   

    

   



 



x 3 x 9 x 9 x x 9 x 4

x 9 x 3 . x 2
       

  

















3 x 3 x 3 x 2
.

x 4
x 3 x 3

   



 











3 x 2
x 2 x 2




  =
3
x2

b/ Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
A nguyờn 3

x2nhận giá trị nguyên nên x không là số vô tỷ
Giả sử x= p

q (víi p, q tù nhiªn ; q0; (p,q) = 1) suy ra
2

2
p
x

. Vì x nguyên suy ra
2 2

p q  p q  (p,q) = q  q=1. VËy x=p N. Suy ra x + 2 lµ sè tù nhiªn .

VËy A nguyªn  x + 2 lµ íc cđa 3.

Do x + 2 là số tự nhiên nªn x + 2 = 3  x= 1
Bài 2( 5,0 điểm)

Cho hệ phơng trình :
2
2

( ) 2

y x y m
x x y m
 

a, Giải hệ phơng trình khi m = 0

b, Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
H

íng dÉn gi¶i.

a, Với m = 0 hệ đã cho trở thành.

2 2

( ) 0 ( ) (1)

( ) 0 ( ) (2)

y x y y x y

x x y x x y

      

 



 

    

 

 

Trừ từng vế 2 phơng trình (1) và (2) ta đợc: y2 – x2 = 0  (y - x)(y + x) = 0

0
0

y x y x

y x y x

  

 

   

  

 

* Với y = x thay vào (1) ta đợc : x2 – 2x = 0 0

x
x



  


x = 0  y = 0

x = 2  y = 2

* Với y = - x thay vào (1) ta đợc y2 = 0  y = 0
y = 0  x= 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

K
H

N
M

F E

B
A

b, Giả sử hệ phơng trình có một nghiệm ( x0;y0) thì (y0;x0) cũng là nghiệm của hệ.
Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0.

Khi đó x2 – 2x -2m = 0 (*)

HƯ cã nghiÖm duy nhÊt  (*) cã nghiÖm kÐp  ' 1 2 0 1

m m

     

Víi 1

m hệ đã cho trở thành
2
2

( ) 1

y x y
x x y
   






giải hệ trên ta có 1

x
y

Vậy với 1

m thì hệ đã cho có nghiệm duy nht l (1;1)

Bài 3(3,0 điểm )

Cho phơng trình : 3x2 4x 2(m 1) 0

    ( 1)

Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2
H

íng dÉn gi¶i.

Đặt t = x- 2 x = t + 2 thay vµo (1) ta cã 3(t + 2 )2- 4(t + 2) + 2(m -1) = 0
 3t2 + 8t + 2(m + 1) = 0 ( 2)

Phơng trình đã cho có 2 nghiệm nhỏ hơn 2  (2) có 2 nghiệm cùng âm



' 0 4 6( 1) 0

10 6 0

2( 1) 5

0 0 1

3 3

0 0

 

     

 

 




 

       

  

 


 

   

 

 

m

c m

m
m

a
b
a

Bµi 4. ( 8,0 ®iĨm )

Cho đờng trịn (O;R) đờng kính AB cố định, đờng kính CD thay đổi, AC và AD cắt
tiếp tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại B lần lợt tại F và E.Gọi M và N lần lợt là trung điểm
của BF, BE .

a, Chøng minh tø giác CDEF là tứ giác nội tiếp.

b, Chứng minh trực tâm H của tam giác AMN là trung điểm của OB.

c, Khi đờng kính CD thay đổi thì tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển
động trên đờng no.

H

ớng dẫn giải.

a,Chứng minh tứ giác CDEF néi tiÕp.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

+ Ta cã S® AEB 1(S®AB  S®BD)

2 ( Theo Đ/l góc có đỉnh ở bên ngồi đờng trịn )
= 1SđAD

2 (1)
mà SđACD 1SđAD

2 ( 2) ( Theo Đ/L góc nội tiếp )

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp ( Theo dÊu hiƯu nhËn biÕt tgnt)
b, Chøng minh trùc t©m H của tam giác AMN là trung điểm của OB.

T M kẻ đờng thẳng vng góc với AN cắt AB tại H suy ra H là trực tâm của tam giác
AMN

+ Cm cho vBMH vBAN BM BH  BHBM.BN

AB BN AB

+ C/m cho BM.BN = BE.BF

4 ( vì M, N lần lợt là trung điểm của BF, BE)
=

2
AB

( Theo hệ thức lợng trong tam giác vuông AEF)
+ Từ đó suy ra BH = AB

4 =
OB

2
Suy ra H là trung điểm của OB

c, Khi ng kớnh CD thay đổi thì tâm đờng trịn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển động 
trên đờng nào.

Gọi K là trung điểm của EF, qua O kẻ đờng thẳng vng góc với CD cắt đờng
trung trực của EF tại I, suy ra I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF

- Chứng minh cho AOIK là hình bình hành
cm AKF cân tại K KAFKFA

Cm cho ACD AEF ( vì tứ giác CDEF là tứ gi¸c néi tiÕp )
suy ra     0

ACDCAKAFEAEF 90  AQK 900 AKCD,
mµ OICD suy ra AK//OI

cm đợc OA// IK ( Vì cùng vng góc với EF )

Suy ra AOIK là hình bình hành  IK = OA = R khơng đổi

- Vì IK = R không đổi, EF cố định nên I thuộc đờng thẳng d song song với EF I cách EF
một khoảng bằng R và I nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm A có bờ là đờng
thẳng FE .

=== HÕt ===

</div>