De thi hoc sinh gioi toan 9

Phòng Giáo dục & Đào tạo Yên Định
Trờng THCS Thị trấn Quán Lào
Đề thi Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Họ tên ngời ra đề : Mạch Thị Hơng
Các thành viên thẩm định đề: Nguyễn Thị Lan Anh
Phạm Thị Thủy
Bài 1:(4đ) Cho biểu thức:
1
2 x
x

A= (1+ x 1 ) : ( x  1 x x  x  x  1 )

a>Rót gän biĨu thøc A
b>T×m x để A> 1
Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phơng trình:

3
3
x  y 1
 5
5
2
2
 x  y  x y

Bài 3:(4đ) Cho đờng thẳng(Dm) có phơng trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0
a> Chứng minh khi m thay đổi đờng thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định .
b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (Dm) lớn nhất.
Bài 4:(7đ) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB. Điểm M thuộc nữa đờng tròn, điểm C

thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đờng thẳng
qua M và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q. AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F.
a.Chứng minh tứ giác ACMP néi tiÕp.
b.Chøng minh: c.Chøng minh: EF // AB.
Bµi 5:(2đ)
Cho a,b,c, là các số thực dơng có tổng bằng 1. Chøng minh r»ng:
a2
b2
c2
d2
1




a b b c c d d a 2

đáp án toán 9
Bài 1:a> ĐKXĐ:

x 0; x 1

(0,25đ)


x 1  x  1
:

 x1

x 1

A=



x  x  1   x  1 
2 x




x  x 1 
:

x 1




x  x 1
x 1  2 x
:
(0, 5d )
x 1
 x  1 x  1

1

x1

2 x

 x  1 

(0,5®)


 (0, 5d )
x1 






x  x  1  x  1  x  1


(0, 5d )
x 1
x

1


2



x

x 1
(0, 5d )
x1

x  x 1
x  1 víi x 0; x 1 (0,25®)
VËy A=
x  x 1
x  x 1
x  x 1  x 1
x2
0
0
x  1 >1 
x  1 - 1 > 0
x1
x1
b> A>1 

(0,75®)

Do x 0  x  2  0 

x  1  0  x  1. (0,5đ).

Kết hợp với ĐKXĐ 0 x 1 thì A> 1 (0,25đ)
Bài 2: Giải hệ phơng trình
x 3  y 3   x 2  y 2   x 5  y 5

 x 3  y 3 1


 
 5
5
2
2
3
3
x

y

x

y



 x  y 1
 x 5  x3 y 2  x 2 y 3  y 5 x 5  y 5

  3
3

 x  y 1
2
2


 x y  x  y  0
  3
3
1

x  y



 x 0
 y 0


(0,5®)

(1)

(0,5®)

(0,5®)

(0,5®)


3
3
  x  y   x 2  xy  y 2  1   x  y 0
x

y

1
(Vì
) (0,25đ)

*Với x = 0 thay vào phơng trình (1) ta đợc y =1 (0,25đ)
*Với y= 0 thay vào phơng trình (1) ta đợc x =1 (0,25đ)

Vậy hệ phơng trình đà cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0)
Bµi 3:
a> (m+2)x + (m -1)y – 1 = 0  mx + 2x + my – y – 1 = 0
 m(x + y) + 2x – y -1 = 0
( 0,25®)


 x  y 0

 2 x  y  1 0

(0,25®)
(0,25®)

(0,5®)

1

 x  3

 y  1
3



(0,75đ)

1 1
;
Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định 3 3 ( 0,25đ)
1
b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là 3
1
Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là 3

(0,5đ)

(0,5đ)

Với m 2 ; m 1.Khoảng cách từ 0 ®Õn (Dm) lín nhÊt khi OI  (Dm) mµ (Dm) cắt Ox tại A
1
1


;0

0;

m 2 và cắt Oy tại B m 1

(0,5đ)

AOB vuông tại O có OI là đờng cao nªn

1
1
1
9
1
2
2
 2
  m  2    m 1 m
2
2
OI
OA OB
2
2

y
1
3

(0,5đ)
1
3

B

Bài 4:
a.Ta có : Tứ giác APMC nội tiếp trong đờng tròn đờng kính PC (2đ)
b.

Tơng tự tứ giác QMCB nội tiếp đờng tròn đờng kính QC nên:

A

O
I

x


 (0,5®)

x

P

c> Ta cã:  Tø giác EMFC nội tiếp đờng tròn đờng kính EF
(0,5đ)
Mà (0,5đ)
(0,25đ)

y

M
E

Q
F

A
C

O

B

a2 a b
;
Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các cặp số không âm : a b 4 ta đợc
a2
a b
a2 a b

2
a
a b
4
a b 4

(0,5đ)

2

Tơng tự

b
bc

b
bc
4
c2
cd

c
cd
4

(0,5đ)

2

d
d a

d a
4 d

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta ®ỵc:
2 a  b  c  d 
a2
b2

c2
d2




a  b  c  d (0,5d )
a b b c c d d  a
4
a2
b2
c2
d2
1



 1(0, 25d )
a b b c c d d  a 2
a2
b2
c2
d2
1



 .(0, 25d )
a b b c c d d  a 2