De HSG 20192020

PHÒNG GD- ĐT TRÀ CÚ
TRƯỜNG THCS NGỌC BIÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỐN CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Mơn: Tốn – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ
Câu 1: (3,0 điểm ) Cho biểu thức: P =

2 √ a √ a+1 3+7 √ a
+
+
√a+ 3 √ a −3 9 − a

1/ Rút gọn biểu thức P .
Câu 2: (3,0 điểm) Cho hệ phương trình với tham số m

2/ Tìm a để P < 1.

mx  2 y 1

3x  (m  1) y  1

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m
b) Tìm các giá trị nguyên của m để nghiệm của hệ phương trình là các số nguyên.
Câu 3: (4,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình:
2

√x

 x 4  y4 1
 3
3
2
2
2/  x  y x  y .

2

−3 x+ 2+ √ x +3=√ x −2+ √ x + 2 x −3

1/ (
Câu 4: (2,0 điểm)

2

.

2

Vẽ đồ thị hàm số y  x  x  4 x  4
Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1

a
b
c
+
+

2
a+b
b+c
c+a
.

Câu 6: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 10cm , độ dài đường trung tuyến AM = 4cm. Tính
diện tích tam giác ABC.
Câu 7: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường trịn
đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng:
1/ ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường trịn.

2/ MN là tia phân giác của góc ANI .

3/ BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

---------------------- HẾT -----------------------Ngọc Biên, ngày 02 tháng 11 năm 2019.
Giáo viên ra đề

Lê Kim Tiến

-1-


PHÒNG GD- ĐT TRÀ CÚ
TRƯỜNG THCS NGỌC BIÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỐN CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Mơn: Tốn – Lớp 9
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM:
CÂU
1
1/ Điều kiện: a > 0, a
(3,0 điểm) P =
2 a
a 3



a 1
a3



ĐÁP ÁN

ĐIỂM
0,5
0,5

9.

7 a  3
( a  3)( a  3)



2 a ( a  3)  ( a  1)( a  3)  7 a  3
( a  3)( a  3)

=

2a - 6 a + a + 4 a + 3 - 7 a - 3
( a - 3)( a + 3)

0,5

=

3a - 9 a
3 a ( a - 3)
3 a
=
=
( a - 3)( a + 3)
( a - 3)( a + 3)
a +3

0,5

3 a
Vậy P = a  3 .

2/ Với a > 0, a

9. Để P < 1 

3 a
1  3 a  a 3 
a 3

Vậy với

0 a 

a

0,5
3
9
 0 a 
2
4.

0,5

9
4 thì P < 1.

 mx  1
2
y
(3,0 điểm) a/ Từ phương trình mx + 2y = 1 Suy ra:
2

y

0,5

 mx  1
2
vào phương trình 3x + (m +1) y = -1

Thế
 ( m- 2) ( m +3) x = m +3
* Với m = 2 hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

x  R


3x 1
 y  2
* Với m = -3 hệ phương trình đã cho có vơ số nghiệm
1
1
(
,
)
* Với m 2, m  -3 thì hệ phương trình có nghiệm m  2 2  m .

-2-

0,5
0,25

0,25


3x 1
b/ * Với m = -3 hệ phương trình đã cho có vơ số nghiệm ngun (x; 2 )

0,5

với x lẻ.
1
1
,
)
* Với m 2, m  -3 thì hệ phương trình có nghiệm m  2 2  m nguyên
khi m – 2 là ước của 1 tức là: m – 2 = 1  m = 3 hoặc m – 2 = -1  m = 1

0,5

Vậy với m = -3; m = 3; m = 1 thì hệ có nghiệm nguyên.
1/ Điều kiện x ³ 2

0,5

(

3
(4,0 điểm)

√ x2 −3 x+ 2+ √ x +3=√ x −2+ √ x 2+ 2 x −3


( x  1)( x  2)  x  3  x  2  ( x  1)( x  3)

0,5



x  1( x  2 

0,5
0,25

 ( x 2

x  3) 

x  3)( x  1  1) 0

 x  2  x  3 0
 
 x  1  1 0
4

x  2  x  3 0

0,75

(VN )

. Ta được x = 2.

4


(1)
 x  y 1
 3
3
2
2

 x  y x  y ( 2)

2/
4
Từ (1) suy ra: x 1  x 1 . Tương tự y 1 (3).
(2)  x (1  x )  y (1  y) 0 (4).

0,5
0,25

Từ (3) suy ra vế trái của (4) không âm.
Nên

0,25
0,5

2

2

2

 x 0 x 0  x 1 x 1
 x (1  x ) 0
 2

;
;
;
y

0
y

1
y

0
y
(
1

y
)

0





 y 1 .

(4)

4
(2,0 điểm)

 x 0  x 1
;

y

1

 y 0
Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là:

0,5

y  x2  x2  4x  4  x  x  2

0,25

 2 x  2 khi x  2

y  x  x  2  2 khi  2  x 0
2 x  2 khi x 0


0,75

Bảng giá trị
x
y=-2x -2
y =2
y= 2x + 2

-3
4
/
/

-2
2
/
/

2
/
/
6

3
/
/
8

-3-

0,75


2
2
Đồ thị hàm số y  x  x  4 x  4 là hình gồm tia BA, đoạn thẳng BC và
tia CD.

5
(1,0điểm)

a
a
a+c
Ta có a + b + c < b + a < a + b + c

0,25
0,25

b
b
b+a
a+b+c < b+c c
c
c+b
a+b+c < c+a < a+b+c

6
(2,0điểm)

(1)

0,25

(2)
0,25
(3)

a
b
c
Cộng từng vế (1), (2), (3), ta được: 1 < a + b + b + c + c + a < 2 (đpcm).

0,25

Từ C vẽ CD / /AM (D  AB)  AD AB 6cm
Suy ra AM là đường trung bình của CBD  CD 2.AM 8cm

0,5

Ta có:

AC2 AD2  CD 2  100 

Vậy ACD là tam giác vuông tại D
1
1
SABC SACD  .AD.CD  6.8 24(cm 2 )
2

2
Vì AB = AD, nên:

0,5
0,5

0,5

7
(5,0điểm)

a) Ta có:


MAB 900 (gt) (1). MNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 MNB 900 (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.

0,25

-4-

0,25






Tương tự, tứ giác ABCI có: BAC BIC 90
 ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.


0,5
0,25

0

0,25



b) Tứ giác ABNM nội tiếp  MNA MBA (3).








Tứ giác MNCI nội tiếp  MNI MCI
Tứ giác ABCI nội tiếp  MBA MCI


0,25

(4).

0,25

(5).





Từ (3), (4), (5) suy ra MNI MNA  MN là tia phân giác của ANI .
c) Xét ∆BNM và ∆BIC

0,5



0

Ta có: B
: chung và BNM BIC 90  ∆BNM ഗ ∆BIC (g-g)

0,5

BN BM

BI
BC  BM.BI = BN . BC (6)
Tương tự ta có: ∆CAB ഗ ∆CNM (g - g)  CM.CA = CN.CB. (7)

0,5



Từ (6) và (7) Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC
Mà: BC2 = AB2 + AC2.
Nên: BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

-5-

2

0,5
0,25
0,25