Đề thi học sinh giỏi Toán 9 - số 2

Gọi MNPQ là tứ giác lồi có 4 đỉnh lần lợt nằm trên 4 cạnh của hình vuông.. Xác định tứ giác MNPQ sao cho nó có chu vi nhỏ nhất Bài 10 :... Cho đờng tròn O;R và điểm P cố định ở ngoài đờn

Sở gd và ĐT thanh hoá đề thi học sinh giỏi lớp 9

Môn : Toán

Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1 : Cho biểu thức

a

a a a a

+

+ +

: 1 a) Tìm a để biểu thức A có nghĩa

b) Rút gọn A

Bài 2 : Cho 2 số dơng x,y thoả mãn x+y=1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

















 −

y x

B

Bài 3 : Cho phơng trình

2

1 ) 1 ( 4

2

−

−

=

− x m x (m là tham số ) a) Chứng minh rằng phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với∀m

R

∈

b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1, x2thoả mãn biểu thức

2 2 1 2

2

1x x x

x + đạt giá trị nhỏ nhất, tính giá trị này

Bài 4 :

Một vận động viên bắn súng đã bắn hơn 11 viên và đều trúng vào

vòng 9,10 điểm; tổng số điểm đạt đợc là 109 điểm Hỏi vận động

vieen đó đã bắn bao nhiêu viên và kết quả bắn vào các vòng ra sao?

Bài 5 : Giải phơng trình

5 1 6 8 1

4

3 − − + + + − =

x

Bài 6 : Cho parabol(P) : y= 2

4

1

x

− và đờng thẳng (d) : y= mx – 2m – 1 a) tìm m để đờng thẳng (d) tiếp xúc với (P)

b)chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định A∈(P)

Bài 7:

Tìm các nghiệm nguyên của phơng trình

1820 13

7x2 + y2 =

Bài 8 : Cho tam giác nhọn ABC, gọi AH,BI,CK là các đờng cao của

tam giác

Chứng minh rằng

C B

A S

S

ABC

HIK = 1 − cos 2 − cos 2 − cos 2

Bài 9:

Cho hình vuông ABCD Gọi MNPQ là tứ giác lồi có 4 đỉnh lần lợt nằm trên

4 cạnh của hình vuông Xác định tứ giác MNPQ sao cho nó có chu vi nhỏ

nhất

Bài 10 :

Cho đờng tròn (O;R) và điểm P cố định ở ngoài đờng tròn, vẽ cát

tuyến PBC bất kì tìm quỹ tích các điểm O1 đối xứng với O qua BC khi cát

tuyến PBC quay quanh P

Sở gd và ĐT thanh hoá Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 9

Môn : Toán

Thời gian làm bài : 150 phút

Bài

Bài 1

(2 đ) a) Tìm a để biểu thức A có nghĩaBiểu thức A có nghĩa khi







≠

>

⇔







≠

≠

≥

⇔







≠

−

≥

1

0 1

; 0

0 0

0

a a

a

a a

a

a

Vậy A có nghĩa khi và chỉ khi a>0 và a≠1

b) Rút gọn A(1,5 điểm)

1

1 1

1 1 1

) 1 )(

1 (

1

1 1

) 1 (

1

1

) 1 (

3

−

=

− +

=

= + +

− +

+ +

=

− +

+ +

=

a a

a

a a a a

a a

a a a

a a a A

Vậy A=

1

1

−

a

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Bài 2

(2đ) Ta có :

2

2 1 )( 1 ) ( 1 )( 1 )( 1 )( 1 ) (

y x

y y x x y

x

y x

Thay x+y = 1 theo giả thiết, ta đợc







−

=

−

−

=

−

x y

y x

1 1

xy xy

xy y x xy

y x

⇒

P nhỏ nhất khi

xy

2 nhỏ nhất, khi đó xy lớn nhất

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ

0,25 đ

Vì x+ y=1 ⇒ y= 1 −x

xy=x(1-x)=-x2+x =

-(x-4

1 4

1 ) 2

1 2+ ≤

xy lớn nhất bằng

4

1khi và chỉ khi x=y=

2 1

2

1 2 1

2 1

min = + = khi x=y=

2 1

0,25 đ 0,25 đ

Bài 3

(2đ) a) Ta có

2

1 ) 1 ( 4

2

−

−

=

⇔x2 +4mx−4m−2=0

0 1 ) 1 2

Do đó phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m

(đpcm)

b) theo định lý Viet







−

−

=

−

= +

2 4

4

2 1

2 1

m x

x

m x

x

1 1 ) 1 4

(

8 16 ) 2 4 ( 4

) (

.

2

2 2 1 2 1

2 2 1 2

2

1

−

≥

− +

=

+

= +

=

+

= +

m

m m m

m

x x x x x x x

x

2 1 2

2

1x x x

Khi 4m+1=0

4

1

−

=

0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ

Bài 4

(2đ)

Gọi x, y lần lợt là số lần bắn trúng vào các vòng 9, 10

điểm (x; y ∈N)Vì vận động viên đã bắn hơn 11 viên nên

ta có

x+y >11 (1)

Vì vận động viên đạt đợc tổng điểm là 109 nên :

9x+10y = 109 (2)

x y y

y y

x

−

= +

⇔

−

= +

⇒

109 ) ( 9

109 9

9

9

109 ) ( 109 ) (

9 + < ⇔ + <

⇔ x y x y (3)

Từ (1) vầ (3) ta có 11<x+y<

9 109

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Bài 5 (2đ)

mà x,y ∈N ⇒x+ y= 12 (4)

Kết hợp (2) và (4)







=

=

⇔







= +

= +

1

11 12

109 10

9

y

x y

x

y x

Vậy vận động viên đã bắn 12 viên và kết quả là 11 viên vào vòng 9 và 1 viên vào vòng 10

5 1 6 8 1

4

3 − − + + + − =

0,5 đ

0,25 đ

(*) -trờng hợp x−1−2≥0⇔ x−1≥2⇔ x≥5 thì

5 2

1

2 1 2

1 (*)

=

⇔

=

−

⇔

=

− +

−

−

⇔

x x

x x

thoả mãn điều kiện x≥1

- trờng hợp x−1−2<0⇔ x−1<2⇔1≤ x<5 (*)⇔2− x−1+ x−1=2

phơng trình nghiệm đúng với mọi x∈[1 ; 5)

kết hợp cả 2 trờng hợp ta có tập nghiệm của phơng trình

là x∈[ ]1 ; 5

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Bài 6 (2đ) a) phơng trình hoành độ giao điểm của (p) và (d) là :

2 2

' 2 2

) 1 ( 4 4 8 4

0 4 8 4

1 2 4

1

+

= + +

=

∆

=

−

− +

⇔

−

−

=

−

m m

m

m mx x

m mx x

Để (d)tiếp xúc với (p) thì ∆ ' =0⇔m= −1

b) (d) : y=mx-2m-1 ⇔ m(x − 2 ) − 1 − y = 0 Nếu x=2 thì y=-1 với ∀m∈R

Vậy (d) luôn qua điểm cố định A(2;-1)

A∈(P)Vì toạ độ của A nghiệm đúng của phơng trình (P)

0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

2 1 2

1

5 3 1 2

1

5 ) 3 1 ( ) 2 1

=

− +

−

−

⇔

= +

− +

−

−

⇔

= +

− +

−

−

⇔

x x

x x

x x

Bài 7

(2đ) Vì 182013và 13y 13 7 13

2

2  ⇒ x  mà (7,13)=1 ⇒ x2  13

13 là số nguyên tố ⇒ x13

đặt x=13m (m∈Z)

tơng tự ,18207và 7x2 7 13 2 7



 ⇒ y mà (7,13)=1 2 7



y

⇒

7



y

⇒

đặt y=7n(n∈Z)

thay x=13m; y=7n (n∈Z).vào phuơng trình ta đợc :

7(13m)2+13(7n)2 =1820

20 7

13 2 + 2 =

⇔ m n

(*)

suy ra :

13

20

2 ≤

m vì (m∈Z)











=

⇒

=

=

⇒

=

⇒

7

20 0

/ 1 1

2 2

2 2

n m

M T n m

( loại vì (n ∈ Z) Với m2 =1và n2 =1phơng trình (*) có các nghiệm :







−

=

−

=







=

−

=







−

=

=







=

=

1

1

; 1

1

; 1

1

; 1

1

n

m n

m n

m n

m

Suy ra phơng trình đã cho các nghiệm







−

=

−

=







=

−

=







−

=

=







=

=

7

13

; 7

13

; 7

13

; 7

13

y

x y

x y

x y

x

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Bài 8

(2đ)

Lu ý học sinh

không vẽ hình không

chấm điểm

Ta có :

ABC

CIH ABC

BHK ABC

AKI ABC

HIK

CIH BHK AKI

ABC HIK

S

S S

S S

S S

S

S S

S S S

−

−

−

=

⇒

−

−

−

=

1

0,25 đ 0,25 đ

B

H

K

A I

C

Hai tam giác AKI và ABC có chng góc A nên ta có :

AB

AI AC

AK AB AC

AI AK S

S

ABC

.

.

=

=

trong tam giác vuông AKC và AIB ta có :

A AB

AI A AC

AK

cos

; cos =

=

S

S

ABC AKI = cos 2

tơng tự :

C CA

CH CB

CI S

S

B BC

BK AB

BH S

S

ABC

CIH

ABC

BHK

2

2

cos

cos

=

=

=

=

S

S

ABC HIK = 1 − cos 2 − cos 2 − cos 2 (đpcm)

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Bài 9

(2đ) Gọi I, J, K lần lợt là

Trung điểm của QM, QN D P

C

PN

Ta có : K

2

; 2

2

; 2

PN KC

PQ JK

MN IJ

QM AI

=

=

=

=

Q J

N

I

A M

B

Chu vi của hình tứ giác MNPQ là :

QM+MN+NP+PQ=2(AI+IJ+JK+KC)≥ 2AC

Nên chu vi của tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng 2AC

Khi đó A, I, J, K, C thẳng hàng hay M, N, P, Q là các

đỉnh của các hình chữ nhật có các cạnh song song với các

đờng chéo của hình vuông , cụ thể nh hình vẽ

0,5 đ

0,5 đ 0,25 đ 0,75 đ

D P

C

Q

N

A M

B

BàI 10 : O2 T P O

B C

T1

O1

O3

Phần thuận : vì O1 đối xứng với O qua BC nên PO1 = PO là không đổi

* Giới hạn :

Có 2 vị trí giới hạn của cát tuyến PBC đó là PT và PT1 là 2 tiếp

tuyến của (O;R) kẻ từ P Gọi O2 là điểm đối xứng của O qua PT;

O3 là điểm đối xứng của O qua PT1 thì O1 chỉ di động trên cung O2O3

của đờng tròn (P;PO)

(0,5đ)

* Phần đảo : lấy một điểm O1 bất kì thuộc cung O2O3, OO1 là một dây cung trong (P;PO), từ P kẻ đờng thẳng PBC cắt (O;R) tại B, C và vuông góc với OO1 thì theo tính chất đờng kính vuông góc với dây cung ta suy

ra O và O1 đối xứng nhau qua BC

(0,5đ)

* Kết luận :

quỹ tích điểm O1 là cung O2O3 của đờng tròn (P;PO) (0,5đ)