Tài liệu đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án 17

Trường THCS Định Hưng Đề thi môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Họ và tên người ra đề: Bùi Văn Hùng Các thành viên thẩm định đề: Lưu Thị Xuân ĐỀ THI: Bµi 1 (2 ®iÓm): Chøng minh r»ng tÝch cña mét sè chÝnh ph¬ng víi sè ®øng tríc nã chia hÕt cho 12. Bài 2 (3 điểm): a) Rút gọn cho biểu thức : A  15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3 Bài 3 (3 điểm): Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình khi m  2 . b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức mx  y  2  3x  my 5 x  y 1  m2 . m2  3 Bài 4 (4 điểm): Một đoàn khách du lịch đi tham quan bằng ô tô. Họ quyết định mỗi chiếc ô tô phải chở một số hành khách như nhau. Ban đầu họ định cho mỗi ô tô chở 22 hành khách, nhưng như vậy còn thừa ra một người. Về sau , khi bớt đi 1 ôtô thì có thể phân phối số hành khách như nhau lên mỗi ôtô còn lại. Hỏi ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất cả bao nhiêu khách du lịch, biết rằng mỗi ôtô chỉ chở được không quá 32 người. Bài 5 (4 điểm): Cho đường tròn (O,R) dây AB = R 2 . Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy M sao cho AM = R ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa O) a) Tứ giác AMBO là hình gì? b) Đường OM cắt (O) tại I, tính IM theo R (I thuộc cung nhỏ AB) c) Tính AI theo R d) Đường AI cắt BM tại H . Chứng minh AH là phân giác của góc MAB Bài 6 (4 điểm): Cho x 1, y 1. a) Chứng minh : x y  1  y x  1  xy . b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A  y 1 x 1  y x ĐÁP ÁN: Bài Nội dung Điểm 2 Gọi số chính phương là n ( với n  Z ) số đứng trước nó là n - 1 0.5 2 2 2 Ta có: ( n - 1)n = ( n - 1 )(n+1)n = (n - 1).n .n (n+ 1) 0.5 Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 , mặc khác (n-1)n là 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và n(n+1) chia hết cho 2 nên ( n-1)n.n(n+1) 0.5 chia hết cho 4 Mà(3,4)=1 nên (n-1) .n.n .(n+1) chia hết cho 12 Vậy (n2 -1)n2 chia hết cho 12 0.5 x  0; x  1 0,5 +Đ /k : 2 1 (2đ) +Rút gọn: A  15 x  11 (3 x  2)( x  3) (2 x  3)( x  1)   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) 15 x  11  3 x  7 x  6  2 x   ( x  1)( x  3) 2 (3đ)  7 x  5x  2 ( x  1)(2  5 x )  ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) A a) Khi m = 3 (3đ) 2 x 3 2 5 x x 3  2x     3x  y 2 0.5 1 0.5 0.5 0.5 4 7 Gọi x là số ôtô có lúc đầu và lúc sau mỗi ôtô chở y người.( đ/k : x 2, y 32 ) Vì mỗi xe lúc đầu dự định chở 22 hành khách nhưng còn thừa ra một người nên số hành khách có :22x +1 người. Vì lúc sau bớt đi 1 xe ôtô nên số xe còn lại là : (x – 1) xe và mỗi xe lúc sau chở y người nên số hành khách là : y(x-1) người. Vậy ta có phương trình: y(x-1) = 22x + 1  y Vì y là số tự nhiên, x 2 nên 0.5 2 y 5  2 2 5  2 2 5 x  2 x  2 y 2 2 x   5    5 3 x  2 y 5  y  2x  2  y 5 2  6   5 2m  5 5m  6 ;y 2 b) Giải hpt tìm được: x  2 m 3 m 3 2 2m  5 5m  6 m2 m  2 1  2 Thay vào hệ thức x  y 1  2 ; ta được 2 m 3 m 3 m 3 m 3 4 (4đ) 0.5 0.5 ta có hệ phương trình Giải tìm được m  1 22 x  1 23 22  x 1 x 1 23 cũng là một số tự nhiên, do đó 23x  1 x 1 Vậy x-1 = 1 hoặc x-1 = 23 Với x-1 = 1 thì x = 2  y = 22 +23 = 45 . Trái giả thiết mỗi xe chở không quá 32 người. Với x-1 = 23 thì x = 24  y 22  1 23 32 .(thoả mãn đ/k) Vậy số ôtô ban đầu là 24 chiếc và tổng số khách du lịch là: 22.24+1= 529 người. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Vẽ hình đúng, ghi GT,KL đúng : 0.5 1. Xét tam giác OAB có OA = OB (=R); AB = R 2 Nên tam giác OAB vuông tại O. (đảo Pytago) Ta có: OB vuông góc với OA MA vuông góc với OA(tính chất tiếp tuyến)  OB / / MA , lại có OB = MA (=R) nên tứ giác AMBO là hình bình hành. Mặt khác : Góc MAO vuông và AM = AO nên AMBO là hình vuông. 5 (4đ) 0.5 0.25 0.25 2. IM = OM – OI = R 2 -R =R( 2 -1) 3. Gọi C là giao điểm hai đường chéo AB và OM ta có AB vuông góc với OM và CM = R 2 R 2 R 2 . Ta có : CI = CM – IM =  ( R 2  R) R  2 2 2 2 2 0.5 0.5 2 Tam giác ACI vuông tại C nên: AI = CI +AC ( Pytago)  AI 2 ( R  R 2 2 R 2 2 R 2 2R2 2R2 ) ( ) R2  2R   2 R 2  R 2 2 2 2 2 4 4  AI R 2  2 4. Ta có IAO AIO (tam giác AOI cân tại O) mà IAO AHM (so le trong AO//MB) suy ra AHM AIO 0 IAO  IAM 90  HAM HAB Mà :  0 AHM  IAB 90 Vậy AH là phân giác của góc MAB. a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có: Tương tự : 6 (4d) 1 y  1 y y  1  1.( y  1)   2 2 xy  x y 1 2 xy y x 1 2 x y  1  y x  1  xy Do đó : b) Theo câu 1: x y  1  y x  1  xy  x y  1 y x 1 1 xy y 1 x 1  1 y x  x  1 1  x 2  Dấu “=” xảy ra    y  1 1  y 2 Do đó : Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 khi x=y=2 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5