111 đề hsg toán 9 lạng sơn 2014 2015

Tìm a để phương trình 1 có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 2 3 Câu 4.. Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tạ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: TOÁN Thời gian : 150 phút Ngày thi: 31/3/2015

Câu 1 (4 điểm)

Cho biểu thức A x 2 x 1 1 (x 0;x 1)

x x 1 x x 1 1 x

1 Rút gọn biểu thức A

2. Chứng minh rằng A không nhận giá trị nguyên với x>0;x  1

Câu 2 (4 điểm)

Giải phương trình : 2

x  6x 10   2 2x 5 

Câu 3 (4 điểm)

Cho phương trình 2

x  2(a 1)x 2a    0 (1) (với a là tham số)

1 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi a

2 Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 2 3

Câu 4 ( 6 điểm)

Cho góc xOy có số đo bằng 0

60 Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN tại E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F

1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau

2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp

3) Gọi D là trung điểm PQ Chứng minh tam giác DEF đều

Câu 5 (2 điểm)

Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x   y 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3x 2y 6 8

x y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015 Câu 1.

Rút gọn được A x

x x 1



Chứng minh được 0 < A <1 nên A không nguyên

Câu 2.

2

2 2

PT x 8x 16 2x 5 2 2x 5 1

Nghiệm phương trình là x = -2

Câu 3

Theo giả thiết 2 2

1 2

x  x  12, theo Vi et 1 2

1 2

x x 2a 2

x x 2a









Nên  2

2a  2  4a  12 hay a = 1; a = -2

Câu 4

x D

F E

Q

P

M N

O

K

1 PK là phân giác góc QPO nên MPE KPQ (*)

Tam giác OMN đều  0

EMP 120

QK cũng là phân giác OQP  0   

QKP 180 KPQ KQP

Mà 2.KQP 2.KPQ     180 0  60 0  120 0  QKP   120 0

Do đó EMP QKP (**)

Từ (*) và (**) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ

2 Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP KQP hay FEP FQP

Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn

3 Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên PM PE

PK PQ suy ra PM PK

PE PQ

Ngoài ra MPK EPQ , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng

PEQ  PMK  90

Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF

Vì vậy tam giác DEF cân tại D

Ta có  0     0

FPD  180  FDP  EDQ  POQ  60

Từ đó tam giác DEF là tam giác đều

Câu 5.

Ta có  a  b 0 nên a b 2 ab với a, b dương

Từ giả thiết

2P 3(x y) (3x ) y 3.6 2.6 2.4 38

Nên 2P  38  P  19. Vậy Min P=19 khi x=2; y=4