De thi Hs Gioi TP Pleiku 20092010 V2

Trên đường thẳng FE lấy một điểm M.. b ất kỳ[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ PLEIKU

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2009- 2010

***

ĐỀ CHÍNH THỨC

VÒNG 2

Môn Toán

Thời gian 150 phút, không kể thời gian giao đề

Đề bài:

BÀI 1: (2 điểm) Rút gọn: M = 2 3 5 13 48



BÀI 2: (2 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất là nghiệm

nguyên:

 

 

1 2

mx 2y m 1 2x my 2m 1







BÀI 3:

a/ (1 điểm) Cho a + b = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 3a b3

b/ (1 điểm) Chứng minh rằng, nếu: 1 1 1

3

a   và b c a + b + c = abc thì ta có: 1 1 1

7

a b c 

BÀI 4: (2 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB lấy điểm I; E là giao

điểm của DI và CB; J là giao điểm của AE và CI Chứng minh: BJ  DE

BÀI 5: (2 điểm) Cho AB và AC là 2 tiếp tuyến của đường tròn tâm O Gọi E và

F lần lượt là trung điểm của AB và AC Trên đường thẳng FE lấy một điểm M bất kỳ Từ M kẽ tiếp tuyến MT tới đường tròn (O) Chứng minh rằng MA = MT

Họ và tên thí sinh:

Số báo danh: phòng thi: ………

Đáp án – biểu điểm môn Toán lớp 9 (vòng 2)

BÀI 1: (2 điểm)

13 + 48 =  2

12  1  5 - 13  48 = 4 - 12 =  2

 M = 2 2 3



 =

4 2 3





 = 1

(học sinh dùng máy tính để tính: không cho điểm bài này)

1đ

BÀI 2: (2 điểm) Từ (1)  y = 1m 1 mx

2   Thay vào (2) được:

1

2x m m 1 mx

2

   = 2m – 1  m2x – 4x = m23m2

 x(m2 - 4) = (m - 2)(m - 1) 0,25 đ

Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất, ta phải có: m2 4 0  m   2 0,25 đ

2

m 2 m 1

x



m 1

m 2



 ; và

2m 1 y

m 2





Vậy với m   2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

2 m 2 3





0,25 đ

Để x, y là những số nguyên thì m + 2 phải là ước của 3 Ước của 3 gồm:   1; 3 0,25 đ

   



   

BÀI 3:

a/ (1 điểm)

M = 3  3

a   1 a = 3a2 3a 1 = 3 a 2   a 1

3 a a

   

2

3 a

 

   

 

1 4

1

min M =

4

1 a 2

  ; khi đó b 1

2

b/ (1 điểm)

Từ 1 1 1

3

a    b c 

2

1 1 1

9

a b c

    

 12 12 12 2 1 1 1 9



      

 12 12 12 2 a b c 9

   



abc

 

 12 12 12 2 9

a  b  c    12 12 12 7

BÀI 4: (2 điểm)

k

H

2 2 1

1

2

1

F

J

E

I

B A

Giải:

Lấy điểm F thuộc tia đối của tia AB sao cho

AF = BE Gọi K là giao điểm của FC và

DE, H là giao điểm của FC và EA

 FAD    EBA (cgc)

 DFAAEB

Mà  

1

A  AEB  90

2

DFAA 90

Chứng minh tương tự, ta có:  FBC   ECD (cgc)  FC  DE (2) 0,25 đ

Từ (1), (2)  H là trực tâm của  FDE  DH  FE (3) 0,25 đ

Từ (3), (4)  DH // CI  JE IE

JH  ID ; BI // CD  IE BE

 JE BE

Bài 5 : (2 điểm)

Giải:

Gọi K và H lần lượt là giao điểm của

OA với EF và BC

OMT

 : MT2 = OM2 – OT2 (1) 0,25 đ AMK

 : AM2 = AK2 + MK2 (2) 0,25 đ (1) – (2):

MT2 - AM2 = OK2 – OT2 – AK2

= (OK2 – AK2) – OT2

0,25 đ 0,25 đ

H

T

M

F

E

K

C

B

O A

= (OK - AK)(OK + AK) – OT2 0,25 đ

= OH.OA – OC2 = OC2 - OC2 = 0 ( OAC: OH.OA = OC2 ) 0,25 đ

(Các cách giải khác đúng và phù hợp với chương trình vẫn cho điểm tối đa)