De HSG Hay20162017 122

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN NGỌC HỒI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN, NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Đề bài: Bài 1: (6,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: a) A  10  24  40  60. B. b). 7  48 . 4  12. 8  6  20  13  160.  3x  5 x  1 1 1 P     x  3 x  2 x  1 x  2  2) Cho biểu thức:.  x1 2  :  x2. a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P Bài 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4  3x  x y  2  x 2 1  y 2 2) Tìm x, y nguyên thỏa mãn:  Bài 3: (3,5 điểm). 1 1 1 ab bc ca   0 A 2  2  2 c a b 1) Cho a, b, c khác 0 và a b c Tính giá trị biểu thức:. 2) Cho đường thẳng có phương trình 3m – my = (2m+1).x – 3 (1) Chứng minh rằng khi m thay đổi, các đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định. Tìm tọa độ điểm cố định đó? Bài 4: (5,0 điểm) 1) Cho (O ; R) và điểm S cố định với OS= 2R. Từ S vẽ tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD đến đường tròn. a) Chứng minh rằng: SC . SD = SA 2 b) Tính SC . SD theo R c) Tính độ dài SC và SD theo R cho biết CD = R 3 2) Gọi a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Chứng minh rằng: Bài 5: (1,5 điểm). sin. A a  2 2 bc. 2 2 Tìm x, y là các số thực khác 0 thỏa mãn x  y 1. M.  xy y x 1. Tìm giá thị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của ----------- Hết ----------Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Số báo danh: ……………………………………………………………………………………….. UBND HUYỆN NGỌC HỒI PHÒNG GD&ĐT. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN 9. Hướng dẫn này gồm 3 trang Nội dung. Bài. A  10  24  40  60 . a = 1. . 2 3 5. 2.  3. 2. 2. 2. . 2. 2. . 2. 2.  2 2. 3  2 2. 5  2 3. 5. 1,5.  3   2 3.1 1  2 2   2.2 2. 5   5 .  5   2 5.1 1   2  3    3  1 2   5  1   2 2  5 . 2 2. 2.  2 3 5  2 3 5. 22  2.2. 3 . B. b. . 2.  2   3  5. Điểm. 2. 2. 2. 1,5. 2. 2. 2 3  2. . . . 3 1. . 2 2  5 1  2 2  5. . 3. ĐKXĐ x 0; x 1  3x  5 x  1 1 1 P     x 1 x 2  x 3 x 2. 1. a. . 3x  5 x  1  x  2  x  1  2 x  3 x  2 . . 2.  x1 2  :  x2. . . x 1. x x  2. . . x 1. x 2. . .. x 2. x2  x1.  . .  x  1  x1. :. 1,5. x1 x2.  . x2  x 2 x 1 x  2 x  1. x 2. Với điều kiện: x 0; x 1 P. x2 x 1 3 3    x 1  2 x 1 x 1 x 1 x 1. 2 ( x  1).. b. 3  2 2 3  2 x 1 3 x 1   x 1. Dấu “ = “ xẩy ra khi mãn ĐKXĐ Vậy Min P = 2 3  2  x 4  2 3 4  3x  x 4 x 3 Đk:. . x 1  3  x . . 1,5. 2. 3  1 4  2 3. thỏa.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Nếu : x < 0 Phương trình vô nghiệm 4  3x x  4  3x  x 2  x 2  3 x  4 0   x  4   x  1 0  x  4 0 4   x  1 0  0 x   3 Nếu Thì. 1.  x  4  x 1 . 2. Đối chiếu với điều kiện chỉ có x = 1 thỏa mãn vậy phương trình có nghiệm duy nhất. 2.  y  2  x 2  1  y 2   y  2  x 2   y 2  4  3   y  2  ( x 2  y  2) 3 y  2  ;( x 2  y  2) do x, y nguyên nên  nguyên từ đó suy ra y  2  U (3)  1;  1;3;  3 2. Từ đó ta có bảng y+2 1 -1 3 2 x –y + 2 3 -3 1 y -1 -3 1 x 0 0 Vậy các cặp số (x, y) cần tìm là: (0; 1) ; (0;-1). x3  y 3  z 3  3xyz  x  y  z  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx. 1.  Ta có 3 3 3 suy ra: x  y  z 0  x  y  z 3xyz. 2. -3 -1 -5. . 1 1 1 1 1 1 1 1 1   0  3  3  3 3. . . a b c a b c a b c ab bc ca 1 1 1  1 1 1 A  2  2  2 abc  3  3  3  abc.3. . . 3 c a b a b c a b c  Nên ta có: . 3. 2. 3m – my = (2m+1).x – 3 (1) Gọi M(x0 ; y0) là điểm cố định cần tìm, ta có: 3m–my0= (2m+1)x0 – 3,  m 3m – 2mx0– my0 = x0 - 3  m(3 - 2x0 –y0)= x0 – 3 2.  m(3 - 2x0 –y0) – (x0 –. 3  2 x0  y0 0    x0  3 0. 3) = 0. Vậy (x0 ; y0) = (3;-3) là điểm cố định cần tìm. A C S. D .O. I B.  x0 3   y0  3. 1,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a b. SA SC  2  SAC   SDA (g-g)  SD SA  SA SC .SD. 1. Áp dụng đl Pitago vào tam giác SAO vuông tại A, ta có: 2. SA2 SO 2  OA2  2 R   R 2 3R 2. 1.  SC.SD 3R 2 (1). 4. c. Ta có: SD – SC = CD = R 3 (2) Từ (1), (2) suy ra: SC+ SD = R 15 (3) R ( 15  3) 2 Từ (2), (3) suy ra (đvd) R ( 15  3) SC  2 và (đvd). 1. SD . A Kẻ phân giác AD; kẻ BH vuông góc với AD tại H Kẻ CK vuông góc với AD tại K H D. B 2. 2 K. C. A BH CK BH  CK BD  CD BC      2 AB AC AB  AC AB  AC AB  AC BC a   2 AB. AC 2 bc Sin. 2.  xy 2 xy 1  x 2  y 2  2 xy 1   x  y  M  2M     y  x 1 y x 1 x  y 1 x  y 1 x  y 1.  y  x 5. 2. 1    2 xy  1  x 2  y 2 2   2  y  x  2.  2 1 2 1 M  2 2  2 2  2  2 ; ;   ;   2 2 2 2    dấu bằng xầy ra khi (x; y) bằng   2  1 2 M  2  1 . MinM .  2 1 2 1 MaxM= 2 2 ;. Vậy Chú ý: Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tối đa tương ứng. 1,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>