c, Tìm giá trị nguyên của a để A có gía trị là một số nguyên.. Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đờng tròn.. Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với
Trang 1
ĐỀ THI HS Toán lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Đề bài
Bài 1 (5 điểm) Cho biểu thức
A = a a a a a − −a+a
−
+
− +
−
−
3
1 2 2
3 6
5
9 2
với a≥ 0 ,a≠ 4 ,a≠ 9
a, Rút gọn biểu thức A
b, Tìm giá trị của a để A< 1.
c, Tìm giá trị nguyên của a để A có gía trị là một số nguyên.
Bài 2 (4 điểm) Cho hệ phơng trình
+
= +
−
=
−
1 2
2
a y x
a y ax
a, Giải hệ phơng trình khi a= 2
b, Tìm a để hệ có nghiệm thoả mãn x−y = 1
Bài 3 (3 điểm) Cho bốn số thực a,b,c,d thoả mãn đồng thời:
7
= + +
+b c d
a và a2 +b2 +c2 +d2 = 13 Hỏi a có thể nhận giá trị lớn nhất là bao
nhiêu?
Bài 4 (4 điểm) Từ điểm K bất kì trên đờng tròn tâm O đờng kính AB =
2R Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đờng tròn Giả sử góc KAB bằng α độ ( 0 < α < 90 )
a, Tính KA, KB, KH theo R và α .
b, Tính KH theo R và 2α .
c, Chứng minh rằng: cos 2α = 1 – 2sin2α
cos 2α = 2 cos2α - 1
Bài 5 (4 điểm)Cho đờng tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên
đờng tròn Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với đờng tròn (B là tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của MA,
BI cắt đờng tròn ở K, tia MK cắt đờng tròn ở C Chứng minh rằng:
a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM
b, BC song song với MA
c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H của tam giác MAB thuộc đờng tròn cố định
hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi
Trang 2Môn Toán lớp 9
Bài 1( 5 điểm )
a, ( 2 điểm )
Với a ≥ 0 và a ≠ 4 ; a ≠9 thì
A = 2 a−9−( a+(3)(a−a2)(−3)a+−(32) a+1)( a−2)
0,5đ
=2 a−9−(a+a9−+2)(2a+a−a3)−4 a−2 0,5đ
= (( a a−+21)()( a a−−23)) 0,5đ
b, (1 điểm)
Với a ≥ 0 và a ≠ 4 ; a ≠9 thì
A < 1 ⇔
3
1
−
+
a
3
3
−
+
− +
a
a
3
4
−
a < 0
0,5đ
Kết hợp với điều kiện ta có 0 ≤a< 9 và a ≠ 4 0,25đ
c, (2 điểm)
Ta có A = 1 4 3
−
+
Với a nguyên, a ≥ 0 và a ≠ 4 ; a ≠ 9 thì A có giá trị nguyên khi và
chỉ khi a − 3 là ớc của 4
0,25đ
Do đó a − 3 nhận các giá trị ± 1 ; ± 2; ± 4 ± 1 ; 0,5đ
Vì a ≠ 4 nên a nhận các giá trị 1; 16; 25; 49 0,25đ
Bài 2 (4 điểm)
a, (2 điểm)
Thay a = 2 vào hệ phơng trình đợc:
+
= +
−
=
−
1 2 2
2 2 2
y x
y
+
=
+
−
=
−
2 2 2
2
4
2
2
2
y
x
y
=
−
+
=
−
2 2
2
2 2 3
)4
2
(
y
x
Trang 3Tìm đợc x=3 22−+42 0,5đ
b, (2 điểm)
Từ x – y = 1 ⇒ y = x – 1 thay vào hệ PT đợc
+
=
− +
−
=
−
−
1 )1 ( 2
)1
(2
a x
x
a x
+
=
−
−
=
−
2
2 )2
(
a
x
a
x
a
⇒ a2 + a - 6 = 0
0,5đ
Bài 3 (3 điểm)
(b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd 0,25đ
mà (b – c )2 ≥ 0; (c - d )2 ≥ 0;(d - b )2 ≥ 0;
⇒ b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + d2 ≥ 2cd; d2 + b2 ≥ 2bd;
0,75đ
do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là 52 0,25đ
Bài 4 (4 điểm)
a, (1,5 điểm)
Lập luận để có ∠AKB = 900 (0,25đ); ∠KAB = ∠KBH (0,25đ);
Xét ∆AKB vuông tại H có
KA = AB cosα = 2R cosα (0,25đ);
KB = AB sinα = 2R sinα (0,25đ);
Xét ∆KHB vuông tại H có
KH = KB sinα (0,25đ) = 2R sin2α (0,25đ);
b, (1 điểm)
Vẽ KO; KC ⊥AB xét ∆KCO vuông tại C có OC = OK cos2α (0,5đ);
Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R - Rcos2α = R(1 - cos2α ) (0,25đ);
c, (1,5 điểm)
α
x
H K
C
A
Trang 4Theo câu a có KH = 2R sin2α theo câu b có KH = R(1 - cos2α )
(0,25đ);
nên 2R sin2α = R(1 - cos2α ) (0,25đ) do đó cos2α = 1 - 2sin2α (0,25đ);
Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh đợc
sin2α + cos2 α = 1 nên sin2α = 1 - cos2 α (0,25đ);
Từ đó có cos2α = 1 – 2(1 – cos2α ) = 2 cos2α - 1 (0,5đ);
Bài 5 (4 điểm)
a, (2 điểm)
Chứng minh đợc ∆IAK đồng dạng với ∆IBA (0,5đ)
⇒ IA2 = IK.IB , mà I là trung điểm của AM
nên IM2 = IK.IB (0,5đ)
Chứng minh đợc ∆MIK đồng dạng với ∆BIM (1đ)
b, (1điểm)
Từ câu a ⇒ ∠IMK = ∠MBI , lại có∠MBI = ∠BCK(0,5đ);
⇒ ∠IMK = ∠BCK ⇒ BC // MA(0,5đ);
c, (1 điểm)
H là trực tâm của ∆MAB
⇒ tứ giác AOBH là hình thoi (0,5đ);
⇒ AH = AO =R ⇒ H ∈ (A;R) cố định
C
K I
O
B
x M
A
