de thi hsg 9 hay lam cac ban oi

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BÀI KIỂM TRA SỐ 3 (Chọn đội tuyển HSG chính thức) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: Cho số chính phương A gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì được số B là số chính phương. Hãy tìm các số A và B.. Bài 2: x2  x 1 2 Tìm x để biểu thức M = x  2 x  1 đạt giá trị giá trị nhỏ nhất (x  1) .Tính giá. trị nhỏ nhất đó? Bài 3: (2,0đ) Giải phương trình với ẩn là x: b2 x2 2 x a x 2 a  2 b  x2 x  b2 Bài 4: Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x2 + (m2 + 5)x -1 = 0 (với m  Z). Tính tổng. x16 + x 62 theo m .. 2 a a 3   a3  a2  a  1 x  a2  a  1 y 0  2 2  a  3a  2 x  2 a  4 a  6 y 3 4 a3  1 Bài 5: Giải hệ phương trình:  a  1 Bài 6: (3,0 đ) Cho hình vuông ABCD cạnh a và M là trung điểm của cạnh AB, N là một điểm nằm 1 trên AB sao cho AN = 3 AB. Đường chéo AC cắt DM và DN lần lượt tại E và F. a. Chứng minh AME đồng dạng với AFN b. Chứng tỏ tứ giác MNFE nội tiếp được trong đường tròn. c. Xác định vị trí tương đối giữa đường thẳng BC với đường tròn (BEF), giữa đường thẳng CD với đường tròn (DEF)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 3 (Chọn đội tuyển HSG chính thức) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 120 phút, không kể giao đề) Bài 1: (1,75 đ) Bài 1: Cho số chính phương A gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì được số B là số chính phương. Hãy tìm các số A và B.. Giải: abcd  x 2 vµ B =  a + 1  b + 1  c + 1  d + 1 = y 2 Theo bài ra ta có: A = trong đó x, y là các số nguyên , dương, y > x (0,25 đ) Khi đó ta có: B – A = y2 – x2 = 1000(a +1) + 100(b +1) + 10(c +1) + (d +1) – (1000a + 100b + 10c + d) = 1000 + 100 + 10 + 1 = 1111 = 101.11 = 1111. 1 (0,25 đ) A và B là số có 4 chữ số nên x và y chỉ có thể là số có 2 chữ số. (0,25 đ) 2 2 Vậy B – A = y – x = (y – x).(y + x) = 101.11 (0,25 đ) y + x = 101  y - x = 10 Vì y + x > y – x nên ta có hệ:  (0,25 đ) Giải hệ ta có x = 45 và y = 56 (0,25 đ) 2 2 Vậy A = 45 = 2025; B = 56 = 3136 (0,25 d). Bài 2: (1,5 đ). x. 2.  x 1. . Tìm x để biểu thức M = x  2 x  1 đạt giá trị giá trị nhỏ nhất (x  1) .Tính giá trị nhỏ nhất đó? Giải: 2. 2. *.  x  1  x 1  x 2 2 x  1 x 1   M=  x  1  1 1  1  1 2 x  1  x 1 2 x  1 =1- . (0,125 đ) (0,125 đ). 1 1 1  3     2  4 x  1  x  1  4 =. (0,25 đ). 2. 1  3 1  2  x 1   4  = 2. 1  1  2  x  1  0 nªn  Vì . (0,25 đ) 2. 1  3 3 1  2  x 1   4 4   3 Do đó M nhận giá trị nhỏ nhất là 4 3 1 1  0 4 2 x  1 * M nhận giá trị nhỏ nhất bằng khi. (0,125 đ) (0,125 đ) (0,25 đ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  1 2  x 1. (0,25 đ). Giải phương trình với ẩn là x: b2 x2 x  a2 x  2  a  b  x2 x 2  b2 Giải: ĐK: x b b2 x2 x2 b2 2 x  a2 x  2 a  2 x  a x  a   b  x x  b2  x 2  b2 x 2  b2 x 2  b2 2 x  a xa  2  x  b2  x  a 2 x  a 1 Bài 3: (1,5đ). .  x 1 a. 2. (0,125 đ) (0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ).  1  a. (0,25 đ). 1 lµ nghiÖm duy nhÊt a  1 Với Với a  1  0 x  2 Ph ¬ng tr×nh v« nghiÖm Với 1  a 0  a 1  0 x 0 Ph ơng trình vô định 1  a2 0  a 1  x . (0,125 đ) (0,125 đ) (0,125 đ). Bài 4: (1,0 đ) . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x2 + (m2 + 5)x -1 = 0 (với m  Z). Tính tổng. x16 + x 62 theo m .. Giải: Đặt a = m2 + 5 ta có PT: x2 + ax – 1 = 0 với a  Z. Theo Vi Et ta có: x1 + x2 = -a; x1.x2 = -1 (0,25đ) Biến đổi.  . x16 + x 26 = x12. 3.  .  x 22. 3. . .  x12 + x 22 x14 - x12 .x 22 + x 24. 2. Từ. x12  x 22  x1  x 2  - x1 .x 2 = a 2 + 2. và. 4 1. 4 2. . . (1). 2 1. x  x1 .x2  x  x + x. 2 2 2. . (0,25 đ) 2 1. 2 2. . =. a. . 2. . 3. . 2. (0,25 đ).   (2)   m  5  2  3   m    2. 2  3 a 2 2. x 6 + x 26 = Thay a = m2 + 5 vào (2) ta được: 1. . -3x .x = a +2 -3. 2 x16 + x 62 = a 2  2  a 2  2  3    Thay vào (1) ta có:. . 2. 3. (0,125 đ) 2. 2.  5  2 . . 2 a a 3   a3  a 2  a  1 x  a 2  a  1 y 0  2 2  a  3a  2 x  2a  4 a  6 y 3 4 a3  1 Bài 5: (1,25 đ) Giải hệ phương trình:  a  1 Giải:. (0,125 đ). (*).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   2  a   a  1  a  3   a  1  y 0 x  4 a 1 a3  1    a  2   a  1 x  2  a  3   a  1 y 3  a4  1 a3  1 (*)  .  a  2   a  1 x. (0,5 đ).  a  3   a  1. a4  1 Đặt = X và Giải hệ (**) ta được: a3  a 2  a  1 a2  a  1 vµ y = a 2 a 3 x=. a3  1. y = Y ta có:. -X + Y= 0  X +2Y= 3. Với ĐK; a 1, a 2, a 3. (**) (0,25 đ). (0,5 đ). Bài 6: (3,0 đ) Cho hình vuông ABCD cạnh a và M là trung điểm của cạnh AB, N là một điểm nằm 1 trên AB sao cho AN = 3 AB. Đường chéo AC cắt DM và DN lần lượt tại E và F. a. Chứng minh AME đồng dạng với AFN b. Chứng tỏ tứ giác MNFE nội tiếp được trong đường tròn. c. Xác định vị trí tương đối giữa đường thẳng BC với đường tròn (BEF), giữa đường thẳng CD với đường tròn (DEF). Giải: B A N M a a AN = ; AM = 3 2 a. Ta có AFN ~ CD nên ta có: F AF AN 1 AF 1 1 E      CF CD 3 AF  CF 1  3 4 (0,125 đ) 1 a 2  AF AC.  4 4 Tương tự ta có: AEM ~ CED nên: AE MA 1   CE CD 2 AE 1 1    CE  EA 1  2 3 AE 1   AC 3  AE . (0,125 đ). (0,125 đ). D. C. (*). (0,125 đ). (**). (0,125 đ). (0,125 đ) (0,125 đ). AC a 2  3 3. (0,125 đ) AF a 2 a 2  :  4 2 2 Từ các giá trị trên ta rút ra: AM AN a a 2 2  :  2 Và AE 3 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> AN AF  . NghÜa lµ AME ~ AFN. AE AM Từ (*) và (**)     b. Từ chứng minh trên ta suy ra: NFA EMA  EMA  NFE 2 V  tø gi¸c NMEF néi tiÕp ® îc trong ® êng trßn. . (0, 125đ) (0,5 đ) (0,25 đ). c. AFN ~ AME mµ AME ~ CDE vµ AFN ~ CFD  CDE ~ CFD (0,5 đ) CD CE    CF.CE CD 2 CB 2 CF CD (0,25 đ)  BC tiÕp xóc víi ® êng trßn (BFE); CD tiÕp xóc víi ® êng trßn (DEF) (0,25 đ).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>