Thi Thu Toan HSG 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. -------------------o0o------------------Bài 1. Giải phương trình:. x  1 x  1 .. Bài 2. Chứng minh rằng:. 2  3 là số vô tỉ.. Bài 3. Giải phương trình: x  1  x  2 5 bằng đồ thị. Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x + y – 7 = 0.  k  1 x  y 3  Bài 5. Cho hệ phương trình: kx  y k (k là tham số). Tìm k để hệ có một nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện x + y > 0.  1  1 F  0;  (d) : y  (a 0) 4a Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm  4a  và đường thẳng . 2 Gọi M(x ; y) là một điểm của mặt phẳng, H là hình chiếu của điểm M trên (d). Tính MF và MH2 theo x, y rồi tìm quỹ tích điểm M sao cho MF = MH. Bài 7. Cho phương trình: x2 + (2m – 1)x – m = 0 (1) (m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn hệ thức x1  x 2 1 . Bài 8. Chứng minh rằng: Trong các tam giác cân có cùng diện tích, tam giác có cạnh đáy nhò nhất là tam giác có góc ở đỉnh nhỏ nhất. Bài 9. Cho đoạn thẳng AB, điểm M tùy ý trên đoạn thẳng AB. Dựng về một phía của AB hai hình vuông AMCE và BMKQ. Chứng minh rằng: AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I. Bài 10. Cho hình chóp đều S.ABC cạnh a, M là trung điểm của SC. Tính diện tích tam giác AMB theo a. ---------------------------HẾT---------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN  x 1 x  1 x  1    2  x  1 x  2x  1.  x 1   2  x  3x 0. Bài 1. Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình. Bài 2. Giả sử: 2  3  x là số hữu tỉ. Khi đó: 5  2 6 x 2 . 6.  x 1    x 0  x 3   x 3 . x2  5 Q 2 .. 6 là số vô tỉ nên điều trên vô lí. Vậy 2  3 là số vô tỉ. Mà.   2x  1 khi x  1  y  x  1  x  2 3 khi  1  x 2  2x  1 khi x  2 . Bài 3. Vẽ đồ thị hàm số . Vẽ đường thẳng y = 5. Hai đồ thị cắt nhau tại (–2 ; 5) và (3 ; 5). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = –2; x2 = 3. Bài 4. Phương trình trên có thể viết dưới dạng: y = –2x + 7. 7 7  2x  7  0  x  0  x   x 1; x 2; x 3 2 . Lại có x nguyên dương nên 2 Vì y > 0 nên . Với x = 1 thì y = 5; x = 2 thì y = 3; x = 3 thì y = 1. Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên dương là (1 ; 5), (2 ; 3), (3 ; 1). 1  k   1  2 k    2  k  1 x  y 3 k 3     x   km  1 x k  3 2k  1 kx  y k    y k  kx  k 2  2k y  2k  1 .  Bài 5.  k  3 k 2  2k  1 ;   k  2k  1 2k  1   2 Vậy thì hệ có một nghiệm duy nhất: . 2 k  k 3 1 xy  0  2k  1  0  k   2k  1 2. Khi đó: Bài 6. Hạ MI  Oy . Xét ∆IMF vuông tại I, ta có: 2. 1   MF MI  IF  x   y   4a  ;  2 1   2 MH  y   4a  .  2. 2. 2. 2. 2. 2. 1  1    2 MF MH  x 2   y    y    y ax 4a  4a    . Vậy quỹ tích điểm M để MF = MH là parapol y = ax2..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Bài 7. Phương trình có.   2m  1  4m 4m 2  1  0 m. nên luôn có hai nghiệm phân biệt..  x1  x 2 1  2m (1)  (2)  x1 x 2  m  x  x 1 (3) 2  1. Theo định lí Vi-ét và đề bài ta có: . Từ (1) và (3) suy ra: x1 1  m, x 2  m .  1  m    m   m  m 2 0  m 0 . Thay vào (2), ta có: Bài 8. Xét các ∆ABC cân tại A có cùng diện tích S. Kẻ đường cao AH.  A A  HAC  ; AH HC.cot 2 2 Trong ∆HAC vuông tại H, ta có: 1 1 1 A 1 A S  BC.AH  BC. BC.cot  BC2 cot 2 2 2 2 4 2 . Do đó:  A A  cot   2 lớn nhất 2 nhỏ nhất  A Mà S không đổi nên: BC nhỏ nhất nhỏ nhất. Bài 9. Kéo dài AK cắt BC tại I. Nối AI, QI. ∆KAM = ∆BCM (c.g.c)    ICM IAM  CIA 900 0   Tứ giác IQBK nội tiếp  QIB QKB 45 0   Tứ giác CIAE nội tiếp  CIE CAE 45 Do đó Q, I, E thẳng hàng hay AK, BC, QE đồng quy tại I.. Bài 10. Gọi N là trung điểm AB. ∆AMB cân tại M nên MN  AB . a 3 MB  2 . ∆SBC đều, cạnh a nên: ∆MNB vuông tại N, ta có: 2.  a 3   a 2 a2 a 2 MN  MB  NB         2 2  2   2 . 2 1 1 a 2 a 2 SAMB  AB.MN  a.  2 2 2 4 . 2. 2. Mỗi câu đúng được 1 điểm. ---------------------------HẾT---------------------------.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. -------------------o0o-------------------. Bài 1. Giải phương trình:. 4x  20  x  5 . 1 9x  45 4 3 .. Bài 2. Cho x, y, z là ba số hữu tỉ đôi một khác nhau. 1 1 1   2 2 2 x  y y  z z  x    Chứng minh rằng: là số hữu tỉ. Bài 3. Tìm điểm cố định của họ đường thẳng y = (m – 1)x – 2m + 1. Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 11x + 18y = 120. kx  2y 3  Bài 5. Tìm các giá trị của tham số k để hệ phương trình: 3x  ky 4 có một nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho x > 0, y < 0.  1  1 F  0;  (d) : y  (a 0) 4a Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm  4a  và đường thẳng . 2 Gọi M(x ; y) là một điểm của mặt phẳng, H là hình chiếu của điểm M trên (d). Tính MF và MH2 theo x, y rồi tìm quỹ tích điểm M sao cho MF = MH. Bài 7. Cho phương trình: x2 – (2m + 3)x + m 2 + 3m + 2 = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa –3 < x1 < x2 < 6. 2. AH  AB   2   1   900 HC BC   A Bài 8. Cho ∆ABC cân tại A ( ), đường cao BH. Chứng minh rằng: . Bài 9. Cho ∆ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Từ A kẻ tiếp tuyến xy với đường tròn (O). Chứng minh rằng: xy // DE..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 10. Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC và ∆SBC cùng vuông tại B, ∆ASC vuông tại A. Xác định mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, S. ---------------------------HẾT--------------------------ĐÁP ÁN Bài 1. ĐK: x ≥ 5 1 9x  45 4  x  5 2  x  5 4  x 9 3 (nhận) Vậy phương trình có nghiệm x = 9. Bài 2. Đặt x – y = a, y – z = b, z – x = c, ta có: 4x  20  x  5 . 1.  x  y. 2. . 1.  y  z. 2. . 2. 1.  z  x. 2. 1 1 1 1 1  1 1 1  1  2  2  2       2    a b c  a b c  ab bc ac . 2 2 2  a  b  c 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1 1                  Q abc a b c x y y z z x  a b c  a b c  x ;y  Bài 3. Giả sử 0 0 là điểm cố định của họ đường thẳng, ta có: y0  m  1 x 0  2m  1 m.  mx 0  x 0  2m  1  y 0 0 m  m  x 0  2   x 0  y0  1 0 m  x  2 0 x 2 x 2  0  0  0   x 0  y0  1 0  2  y0  1 0  y0  1 Vậy (2 ; –1) là điểm cố định của họ đường thẳng. Bài 4. Vì 120  6 nên (11x + 18y)  6 suy ra 11x  6 dẫn đến x  6. Mặt khác 11x < 120 nên x < 11, ta được x = 6. Thay x = 6 vào phương trình được y = 3. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (6 ; 3).  x k 2  6  3k 8  x  3k  8 kx  2y 3   k2  6      kx  3 3x  ky 4 y   y  4k  9 2  k2  6  Bài 5.. . . Do k2 + 6 > 0 nên để x > 0, y < 0 thì: 8  k   3k  8  0  8 9  3     k  3 4 4k  9  0 k  9  4 . Bài 6. Hạ MI  Oy . Xét ∆IMF vuông tại I, ta có:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1   MF2 MI 2  IF2  x 2   y   4a   2. 2. 2. 2. 1  1  1     2 MH  y   MF MH  x 2   y    y    y ax 4a  . 4a  4a     2 Vậy quỹ tích điểm M để MF = MH là parapol y = ax . 2. Bài 7. ∆ = [–(2m + 3)]2 – 4.1.(m2 + 3m + 2) = 1 > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt: 2m  3  1 2m  3  1 x1  m  1; x 2  m  2 2 2 . Hiển nhiên x1  x 2 , do đó ta chỉ cần:  x1   3  m  1   3  m   4    4m4  m  2  6 m  4 x 2  6. .. Bài 8. Dựng D đối xứng với C qua A. Chứng minh ∆BDC vuông tại B. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: BC2 BC2  CD 2AB 2 AH AC  HC AC AC AC.AB  AB     1  1 2. 2   1 HC HC HC BC2 BC2  BC  2AB Do đó: BC 2 HC.CD  CH . Bài 9. Tứ giác BEDC nội tiếp suy ra:    CED CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn CD ) 0 0     Ta có: AED 90  CED 90  CBD ACB   Mà ACB xAB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến – dây cung  cùng chắn AB )   Nên: AED  xAB (hai góc ở vị trí so le trong) Vậy: xy // DE.. Bài 10. Gọi O là trung điểm SC. Do ∆ASC vuông tại A và ∆BSC vuông tại B nên ta có: 1 OA OB OC OS  CS 2 . 1 CS Vậy bốn điểm A, B, C, S cùng thuộc một mặt cầu tâm O, bán kính 2 ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Mỗi câu đúng được 1 điểm. ---------------------------HẾT---------------------------. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. -------------------o0o------------------Bài 1. Giải phương trình:. x 1 . x  2 1 .. Bài 2. Cho x, y là hai số hữu tỉ khác 0 và số nguyên dương n. Chứng minh rằng: x n  y n  1 là số vô tỉ. Bài 3. Tìm k để ba đường thẳng (d 1): y = kx, (d2): y = 3x – 3, (d3): y = 7 – 2x đồng quy tại một điểm trên mặt phẳng tọa độ.  x  y 1 ax  2y 2 (I)  (II)  2x  y 2 và  x  ay 1 tương đương. Bài 4. Tìm a để hai hệ phương trình  m  1 x  2y m  3  Bài 5. Giải và biện luận hệ phương trình: 2x  y m theo tham số m. Bài 6. Cho hàm số y = x2. từ một đường thẳng song song với trục Ox cắt parapol tại hai điểm A  và C. Từ điểm M trên parapol (M thuộc OC ) hạ MB  AC . Chứng minh rằng: AB.BC = MB. 1 1 1   Bài 7. Cho b, c là hai số thỏa mãn hệ thức b c 2 . Chứng minh rằng: Trong hai phương trình x2 + bx + c = 0 (1) và x2 + cx + b = 0 (2) có ít nhất một phương trình có nghiệm. Bài 8. Cho ∆ABC, đường phân giác trong AD, đường cao CH và trung tuyến BM đồng quy tại I. Chứng minh rằng: AB.cosA = BC.cosB..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 9. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm E thuộc cạnh BC (E không trùng với B và C). Vẽ EF  AE (F thuộc cạnh CD). Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại điểm G. Vẽ tiếp đường thẳng a đi qua A và vuông góc với AE, cắt đường thẳng DE tại điểm H. Chứng minh tứ giác AEGH nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác này. Bài 10. Cho hình chóp S.ABC có SA  mp(ABC) và ∆ABC vuông tại B. Vẽ AH  mp(SBC) , AK  SC . Chứng minh năm điểm A, B, C, H, K cùng nằm trên một mặt cầu. ---------------------------HẾT--------------------------ĐÁP ÁN Bài 1. ĐK: x ≥ 2. x  1  x  2 1  x  1 1  x  2  Vậy phương trình có nghiệm x = 3. Bài 2. Giả sử x n  y n  1 a  Q .  x 2 n  2xy n  n  1  y 2  n  1 a 2  Q  2. 2. 2. 2. x  2 1  x 3 (nhận). n  n  1 b  Q  n  n  1 b 2  Q. .. 2. Mặt khác n < n(n + 1) < (n + 1) nên n < b < (n + 1) suy ra n < b < n + 1. Thực tế không tồn tại số nguyên n và b nào thỏa mãn hệ thức trên nên x n  y n  1 là số vô tỉ. Bài 3. Tọa độ giao điểm của (d2) và (d3) là (2 ; 3). Vì ba đường thẳng đồng quy tại một điểm nên (2 ; 3) cũng thuộc đồ thị (d1). Thay vào ta được k = 1,5. Bài 4. Hệ (I) có một nghiệm duy nhất là (1 ; 0). Vì hệ (I) và hệ (II) tương đương nên hệ (II) cũng có một nghiệm duy nhất là (1 ; 0). Thay vào ta được a = 2 (thử lại ta thấy đúng).  m  1 x  2y m  3  m  1 x  2y m  3  m  3 x 3  m (1)      2x  y m (2)  4x  2y  2m  y m  2x Bài 5.  3 m  1  1  x  m 3 • Nếu m ≠ 3 thì thế vào (2) ta được y = m + 2..  1  0x 0  x  R và y = –2x + 3. • Nếu m = 3 thì Kết luận: • m ≠ 3: Hệ có một nghiệm duy nhất (–1 ; m + 2). x  R  • m = 3: Hệ có vô số nghiệm  y  2x  3 . Bài 6. Hạ AA1, BB1, CC1 vuông góc với trục Ox. Đặt OB1 = x, MB1 = y, AC = A1C1 = 2m, khi đó: OC1 = m, CC1 = m2, AB = m + x, BC = m – x. Ta có: AB.BC = (m + x)(m – x) = m2 – x2 = CC1 – y = BB1 – MB1 = MB..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1 1 1    2  b  c  bc Bài 7. b c 2 . Ta có: ∆1 = b2 – 4c, ∆2 = c2 – 4b. Vậy nên ∆1 + ∆2 = b2 + c2 – 2bc = (b – c)2 ≥ 0. Vậy một trong hai biệt số ∆1 hoặc ∆2 không âm, nghĩa là một trong hai phương trình phải có nghiệm. Bài 8. Kẻ MN // AB. ∆IHB  ∆INM. . HB IB  MN IM .. IB AB HB AB    MN AM . Mà AD là đường phân giác trong ∆AMB nên IM AM 1 1 HB AB MN  AH, AM  AC    AB.AH AC.HB 2 2 AH AC Xét ∆HAC vuông tại H, ta có: AH = AC.cosA Xét ∆HBC vuông tại H, ta có: HB = BC.cosB Vậy AB.AC.cosA = AC.BC.cosB hay AB.cosA = BC.cosB. Bài 9.. . . 0. Tứ giác AEFD nội tiếp đường tròn đường kính AF ( E D 90 ) · ·   DAG HEF (cùng chắn DF ) (1). · · AH // EF (cùng vuông góc với AE) và AD // EG  DAH GEF (2). · · · · · · Từ (1) và (2) suy ra: DAG  DAH HEF  GEF  HAG HEG (cùng nhìn HG) nên tứ giác AEGH nội tiếp được đường tròn. Gọi M là trung điểm của HE. ·  ∆AHE vuông tại A  A, H, E  (M)  AHE là góc nội tiếp chắn AE của (M). · ·  Mà tứ giác AEGH nội tiếp nên AHE AGE (cùng chắn AE ) Vậy G  (M) hay M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGH.. Bài 10. Do AH  mp(SBC)  AH  HC nên ∆HAC vuông tại H. AK  SC (gt) nên ∆KAC vuông tại K. ∆ABC vuông tại B. Lấy O là trung điểm AC, ta có: OA = OB = OC = OH = OK AC Vậy năm điểm A, B, C, H, K cùng nằm trên mặt cầu tâm O, bán kính 2 .. Mỗi câu đúng được 1 điểm..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ---------------------------HẾT---------------------------. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. -------------------o0o------------------Bài 1. (1 điểm) So sánh 12 . 11 với 11  10 .. Bài 2. (1,5 điểm). x 2 yz  Chứng minh rằng:. xy zx  x y z x.. Bài 3. (2 điểm) A y  5x y  6x 2 Cho biểu thức: . a) Phân tích A thành nhân tử. 2 18 x  ; y  3 4 7 . b) Tính giá trị của A khi x c) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa mãn A = 0 và. y  1 0. .. Bài 4. (2 điểm) Cho biểu thức: M  x  2 x  1  x  2 x  1 với x ≥ 1. a) Rút gọn M. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Bài 5. (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy P thuộc BD, M là điểm đối xứng với C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? Vì sao? b) Gọi E, F là hình chiếu của M trên AD, AB. Chứng minh EF // AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. PD 9  PB 16 . Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ABCD. CP  BD d) Cho , CP = 2,4 và ---------------------------HẾT---------------------------. ĐÁP ÁN Bài 1. (1 điểm) So sánh 12  11 với 11  10 . Đáp án 12  11 . . 12  11. Vì. 12  11. . 12  11. 12  11. Ta có: 1. . . 1 12  11 . Tương tự:. 1 11  10 nên 12  11  11  10 .. Điểm 11  10 . 1 11  10 .. 0,50 0,50. Bài 2. (1,5 điểm). x 2  yz  Chứng minh rằng: 2. x  yz  xy x y. . xy zx  x y z x . Đáp án zx. z. x z x zx xy      x y x y xy x y z x. zx z x. 2.  (x  y)(z  x) (x  y)(z  x)  x yz. Bài 3. (2 điểm) A  y  5x y  6x 2 Cho biểu thức: . a) Phân tích A thành nhân tử. (0,5 điểm) 2 18 x  ; y  3 4  7 . (0,75 điểm) b) Tính giá trị của A khi x  y  1 0 c) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa mãn A = 0 và . (0,75 điểm). Điểm 0,75 0,75.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2. a). A  y  5x y  6x  y y. b). 18 4 7. .  A. . 8  2 7 . . . y  2x  3x. . 4  7  1 2  7  1   3 . . 2. 71 . . . Đáp án y  2x . Điểm.  . y  3x. . y  2x. . 0,50. y 71. 0,25. . 1  7  1  7   22  4 7 3  .. . 0,50.  x  y  1 0  (I)   y  3x 0    y  2x 0 c) Theo đề bài, ta có:  1    2x  1  x  2      x  1   x 1 (I)       y 3x  y  9   y 2x  4 1 9     y 4  ;   . Vậy hai cặp số thỏa mãn đề bài là (1 ; 4) và  2 4  .. 0,25. 0,50. Bài 4. (2 điểm) Cho biểu thức: M  x  2 x  1  x  2 x  1 với x ≥ 1. a) Rút gọn M. (1 điểm) b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M. (1 điểm) Đáp án M  x2 x  1  x  2 x  1  a) b) Với 1 ≤ x ≤ 2 thì M = 2. Với x > 2 thì M 2 x  1  2 .  M 2  Min M 2 khi 1 ≤ x ≤ 2.. . . x  1 1. 2. . . Điểm. . x 1 1. 2.  x  1 1 . x 1 1. .. 1,00 0,25 0,50 0,25. Bài 5. (3,5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy P thuộc BD, M là điểm đối xứng với C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gì? Vì sao? (0,75 điểm) b) Gọi E, F là hình chiếu của M trên AD, AB. Chứng minh EF // AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng. (1 điểm) c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. (0,75 điểm) PD 9  d) Cho CP  BD , CP = 2,4 và PB 16 . Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật ABCD. (1 điểm) Đáp án Điểm.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Vẽ hình đúng. a) Chứng minh: AM // BD. Do đó tứ giác AMDB là hình thang.   b) Chứng minh: AFE BAC  EF // AC . Gọi O là giao điểm của MA và EF. Khi đó PO là đường trung bình của ∆CAM nên PO // AC Theo tiên đề Ơ-clit thì hai đường thẳng OP, EF trùng nhau. Vậy nên ba điểm E, F, P thẳng hàng. c) Chứng minh: ∆MAF ∆DBA (g.g) MF DA   FA BA không đổi khi P thay đổi. d) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính ra được: AD = BC = 4 AB = CD = 3 ---------------------------HẾT---------------------------. 0,75 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 0,50.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>