Tài liệu đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án 13

Trường THCS Yên Giang ĐỀ THI MÔN : TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút Họ và tên người ra đề : Lưu Thùy Dương ĐỀ THI : Câu 1.(2 điểm ) Cho biểu thức P  3x  9 x  3  x x  2 x 1  x 2 x 2 x1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của P khi x = 3  2 2 Câu 2. ( 2 điểm ). Cho phương trình 2x2 – 4mx + 2m2 -1 = 0 ( 1) ( m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để phương trình ( 1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2x1 + 4mx2 + 2m2 – 1 > 0  x  xy  y 1  Câu 3. ( 2 điểm ) . Giải hệ phương trình sau  y  yz  z 4  z  zx  x 9  Câu 4. (4điểm ) .Cho điểm A di chuyển trên đường tròn tâm O đường kính BC = 2R ( A không trùng với B và C ). Trên tia AB lấy điểm M sao cho B là trung điểm của AM. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC và I là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng M chuyển động trên một đường tròn cố định. b) Chứng minh rằng AHM CIA c) Chứng minh rằng MH vuông góc với AI d) MH cắt đường tròn (O) tại E và F, AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai G. Chứng minh rằng tổng các bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi. HƯỚNG DẪN CHẤM 3x  9 x  3 x 1 x 2   x x  2 x 2 x1 x  0, x  1 Biểu thức P xác đinh khi Ta có : Câu 1. a) P  (0,25đ)   x  2  x  2  x  1  x  2  x  1  x  2   x 1  x  2  x 1 3x  3 x  3  x  1  x  4 x 3 x  2   =  x  1  x  2  x  1  x  2   x  1  x  2   x  1 2 1 1 2 2   2 1 b) Khi x = 3  2 2 =  2  1  x  2  1 . Khi đó P = 2 1  1 2 P 3x  3 x  3  x  2 3x  3 x  3   x1 x 1  x 2 2 2   x 1 x1  (0,5đ) (0,75đ) (0,5đ) Câu 2. a) Ta có ’ =  2m   2  2m  1 2  0 với mọi m nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0,5đ) c) Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Theo định lí Vi- ét có x1 + x2 = 2m. (0,25đ) 2 Do x1 là nghiệm của phương trình (1) nên có 2x1 + 4mx1 + 2m – 1 = 0 2 Ta lại có Q = ( 2x1 + 4mx1 + 2m2 – 1) + 4m(x1 + x2) = 4m(x1 + x2) = 4m. 2m = 8m2 (0,75đ) Vậy Q > 0  8m 2  0  m 0 (0,25đ) m  0 Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn đề bài. (0,25đ) Câu 3. Ta thấy hệ  x  xy  y 1  x  1  y  xy 2    y  yz  z 4    y  1  z  zy 5   z  zx  x 9  z  1  x  zx 10   ( x  1)( y  1) 2  ( y  1)( z  1) 5 ( z  1)( x  1) 10  () 2 Do đó   x  1  y  1  z  1  102 , xảy ra hai khả năng (1đ) (0,25đ)  x  1 2   Nếu  x  1  y  1  z  1 10 , thì kết hợp với (*) có  y  1 1   z  1 5   x 1   y 0  z 4   x  1  2   Nếu  x  1  y  1  z  1  10 , thì kết hợp với (*) có  y  1  1   z  1  5   x  3   y  2  z  6  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x ; y ; z) là ( 1 ; 0 ; 4 ) và ( -3 ; -2 ; -6 ) Câu 4: (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) A F N O' B H O C I E M G P K a) Lấy O’ đối xứng với O qua B, khi đó O’ cố định. Ta chứng minh được ABO = MBO’ (c.g.c) . Suy ra O’M = OA = R . Do đó M chuyển động trên đường tròn ( O’ ; R ) cố định. (1đ) AC AB AC AM      AHM b) Ta có ABC vuông ở A nên MAH CIA  ACI và HC AH CI AH (c.g.c) (0,75đđ) c) Gọi N là giao điểm của HM với AI. Do AHM CIA nên AMH CAI      AMN  NAM CAI  NAM 90 . Từ đó suy ra MH vuông góc với AI (0,75đ)  d) Kẻ đường kính AK, khi đó AGK 900 . Từ đó và câu b) suy ra KG // EF. Tứ giacá EKGF là hình thang nội tiếp đường tròn (O) nên nó là hình thang cân. Do đó GF = EK, suy ra AE2 + GF2 = AE2 +EK2 = AK2 = 4R2. Tương tự ta có EG2 + FA2 = 4R2 Vậy AE2 + GF2 + EG2 + FA2 = 8R2 ( không đổi ) ( 1,5đ)