De toan lop 9

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2011-2012
MƠN TỐN LỚP 9
Ngày thi 06 tháng 12 năm 2011
Thời gian làm bài 120 phút khơng kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Phần trắc nghiệm. (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời, trong đó chỉ có một
phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng (viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án được
lựa chọn).

  4

1. Biểu thức
2 7 3
A.



2



7 3





2

có giá trị bằng:
B.

2



7 3



C.

4



7 3



D.



4 3

7



2
2
2
2
2. Cho 20  a  10  a 5 biểu thức 20  a  10  a có giá trị bằng:
A. 2
B. - 2
C. 6
D. -6
3 Gọi R và r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và bán kính đường trịn nội tiếp của
R
một tam giác vng cân. Khi đó, tỉ số r bằng:

A.

21
2

2 2
2
B.

C. 1  2

1 2

2
D.

4. Cho (O; 5 cm) và O nằm trong hai dây AB // CD có độ dài AB = 8 cm, CD = 6 cm.
Khi đó khoảng cách giữa hai dây là:
A. 3 cm
Phần tự luận (18 điểm)
Câu 1 . (3 điểm)

B. 4 cm

C. 5 cm

1. Tính A  6  11  6  11
 2x  1
 
x
x 4 
P 

 .  x 

x x 1 x  x 1  
x  2

2. Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị của x để P 4  x  0

D. 7 cm

( với x 0; x 4 )

 4 x  2  x  8 3x 2  7 x  8
Câu 2.(2 điểm).Giải phương trình
Câu 3. (3 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng
(d1): x  3y  5 0
(d2): x  2y  5 0
m 2  1 x  3y  5  2m 0

(d3):
a) Tìm tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2)
b) Xác định m để ba đường thẳng trên là 3 đường thẳng phân biệt đồng quy.
Câu 4. (8 điểm). Cho D ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K.
1. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành
2. Kẻ OM ^ BC tại M. Gọi G là trọng tâm của D ABC. Chứng minh SAHG = 2SAGO
AD BE CF
+
+
³ 9
HD
HE HF
3. Chứng minh

 2 2 xy  y  2 x  y 10

3 y  4  2 y  1  2 2 x  1 3
Câu 5.(2 điểm). Tìm tất cả các cặp số (x; y) thỏa mãn 
---------------Hết---------------

Họ và tên thí sinh:………………………. .Chữ ký của giám thị 1:………………………..
Số báo danh
:……………………. …. Chữ ký của giám thị 2:…………………….....


ĐÁP ÁN VA HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Phần trắc nghiệm.

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm
Câu
Đáp án
Phần tự luận.

1
D

2
A

3
C

4
D

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 1 . (3 điểm)

1

a) Tính A  6  11  6  11
Nhận xét A < 0



A2 

6  2 11 

6  2 11



2

6  11  6  11  2

6



11 6  11



12  2 36  11 12  2.5 2
Suy ra A  2

(vì A < 0)
 2x  1
 
x
x 4 
P 

 .  x 

x  2
 x x  1 x  x 1  
b) Rút gọn
( với x 0; x 4 )
2x  1  x x  1 
x 2
x 2 
x  x 1


. x 
. x

x 2
x 1 x  x 1 
x 1 x  x 1



1
x 1 x  2  x  2
x 1
 x  4
 x  4
P 4 x 0  

 x 4
x

2
4

x

0
x

2



-




























x2



1







Kết hợp với điều kiện ta có 0 x  4 là các giá trị cần tìm.
 4 x  2  x  8 3x 2  7 x  8 (1)
Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình
Điều kiện x  8

0.25

2

  4 x  2  . x  8 3x  7 x  8
 x  8  3 x. x  8   x  2  x  8  3 x  x  2  0
x 8










x  8  3x   x  2 

x 8  x  2







x  8  3x 0

0.5



x  8  3 x 0

 x  8 x  2
 1

 x  8 3 x
 2
Giải phương trình (1) và tìm được x =1 là một nghiệm của phương trình đã cho.
Giải phương trình (2 và tìm được x =1 là một nghiệm của phương trình đã cho
Kết luận: Phương trình đã cho có một nghiệm là x=1

0,25đ
0.5
0.5

Câu 3. (3 điểm).
a)Tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương trình
 x  3y  5 0


 x  2y  5 0

Giải hệ phương trình ta được x = 1; y = 2.
Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại A (1; 2).

1


b) Ba đường thắng cắt nhau tai một điểm suy ra (d3) đi qua A.
 m 0
 m 2  1  3.2  5  2m 0  m  m  2  0  
 m 2
Với m = 0 thì (d3) có dạng x  3y  5 0 trùng với (d1) (loại)

2

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm
Câu 4
A

E
F
G O

H

B

D

C

M

K

Câu 1 (2,5 điểm): Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành
+ Vì D ACK nội tiếp đường trịn (O) đường kính AK nên D ACK vuông tại C
+ Suy ra KC ^ AC
Ta có BE ^ AC (gt)
+ Suy ra KC // BE hay KC // BH
+ Chứng minh tương tự ta có KB // CH
+ Kết luận tứ giác BHCK là hình bình hành

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Câu 2a ( 1,0 điểm): Chứng minh 3 điểm H, M, K thẳng hàng
+ Chứng minh M là trung điểm của BC
+ Ta có tứ giác BHCK là hình bình hành (cmt). Suy ra 2 đường chéo BC và HK cắt
nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà M là trung điểm của BC (cmt)
Suy ra M cũng là trung điểm của HK
+ Suy ra 3 điểm H, M, K thẳng hàng

0,25đ
0,5đ

0,25đ

Chứng minh SAHG = 2SAGO
+ Vì M là trung điểm của BC (cmt). Suy ra AM là đường trung tuyến của D ABC
+ D ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt)
2
Suy ra G thuộc đoạn AM, AG = 3 AM

+ Vì M là trung điểm của HK (cmt)

0,25đ
0,25đ

0,5đ

2
Suy ra D AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM, AG = 3 AM
(cmt). Suy ra G là trọng tâm của D AHK

+ Chứng minh HO đi qua G, HG = 2GO
+ D AHG và D AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO, HG = 2GO
Do đó SAHG = 2SAGO

0,5đ
0,5đ


AD BE CF
+

+
³ 9
Câu c (2,5 điểm): Chứng minh HD HF HF
1
1
1
HD.BC
HE.AC
HF.AB
HD HE HF 2
2
2
+
+
=
+
+
AD BE CF 1 AD.BC 1 BE.BC 1 CE.AB
2
2
2
Ta có:
S
S
S
= HBC + HAC + HAB
SABC SABC SABC
S + SHAC + SHAB
SABC
= HBC

SABC
= SABC = 1

+ Chứng minh bài tốn phụ:

ỉ1

1

1ư

ỉx

0,25đ
0,25đ
1ư

1

÷³ 9
( x + y + z ) ỗỗỗ + + ữ
ữ
ữ
ốx y z ứ

Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng
Ta cú:
ổ1

0,5

y ử ổx

z ử ổz

yử

ữ= 3 +ỗ
ữ
+ ữ
ữ+ỗ
+ ữ
+ỗ
+ ữ
( x + y + z) ỗỗỗ + + ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố

ứ
x
y
z
y
x
z
x
y
z
ố
ứ
ố
ứ
ố
ứ
=3+

x 2 + y2 x 2 + z 2 z 2 + y 2
+
+
xy
xz
zy
2

=3+

2

2

( x - y) + 2xy ( z - x ) + 2xz ( z - y ) + 2yz
+

xy

= 3 +2 +2 +2 +

( x - y)
(Vì với x > 0, y > 0, z > 0 thì

( x - y)
xy

2

xy

³ 0;

+

zx
2

+

( z - x)
zx

( z - x)
zx
2

³ 0;

2

+

( z - y)

( z - y)
yz

0,25đ

yz
2

³ 9

yz

0,25đ

2

³ 0

)
0,25đ

1 1 1
1
+ + ³ 33
3
xyz suy ra
Cách 2: Sử dụng x  y  z 3 xyz ta có x y z
ỉ1 1 1 ư
÷³ 9
( x + y + z ) ỗỗỗ + + ữ
ữ
ữ
ốx y z ứ
.

+ p dng kết quả bài tốn trên ta có
ỉ
ưỉ
ư
HD HE HF ÷
AD BE CF ữ
HD HE HF
ỗ
ỗ
+
+
.

+
+
9
ữ
ữ
+
+
=1
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ốAD BE CF ứốHD HE HF ø . Mà AD BE CF
(cmt)
AD BE CF
+
+
³ 9
Do đó HD HF HF
2 2 xy  y  2 x  y 10
(1)

3 y  4  2 y 1  2 2 x  1 3 (2)
Câu 5. Tìm tất cả các cặp số (x; y) thỏa mãn 
1
x
2 ; y 0
Điều kiện:



2x  1 

(1) 
Thay vào (2)
3y  4 

y



2

9 

2x  1 

y

=3 

2x  1 3 

y

(*)

0,75đ

0.25
0.25
0.25

2 y  1  2( y  2)  1 0

 ( 3 y  4  4)  ( 2 y  1  3)  2( y  2) 0


3 y  4  16
2 y 1  9
y 4

 2.
0
2 y 1  3
y 2
 3 y 1  4

3
2
2 



 0
2 y 1  3
y  2 
 (y-4).  3 y  1  4

 y  4 0
3
2
2
 


(3)
 3 y  1  4
2 y 1  3
y 2
Với y=4 ta có x = 1
3
1
3 y 1  4  2
y

0
Với
ta có
2
2
1

y  2 > 2 . Vậy phương trình (3) vơ nghiệm
Từ (*) suy ra y  9 suy ra 2 y  1  3
Kết luận nghiệm của hệ (x;y) = (1 ; 4 )

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25