Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2007-2008 môn: Toán – lớp 9

PHÒNG GIÁO DỤC EAKAR
TRƯỜNG THCS NG.BỈNH KHIÊM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007-2008
Môn : TOÁN – LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút
Đề bài : 
Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức ( x > 0)
Rút gọn P.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2: (3 điểm)
Cho x = .
Tính giá trị cuả biểu thức P = 
Bài 3 : (3 điểm)
Cho . Chứng minh rằng P là một số nguyên
Bài 4 : (4 điểm)
Cho hai nửa đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài ở A. Tiếp tuyến chung ngoài TT’ có tiếp điểm với đường tròn (O) ở T, với đường tròn (O’) ở T’. Đường thẳng nối tâm OO’ cắt đường thẳng TT’ ở S. Tiếp tuyến chung trong tại A cuả hai đường tròn cắt TT’ ở M
Tính độ dài AM theo các bán kính cuả hai đường tròn (O) và (O’)
Chứng minh rằng : SO . SO’ = SM2 , ST . ST’ = SA2
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác TAT’ tiếp xúc với OO’ tại A và đường tròn ngoại tiếp tam giác OMO’ tiếp xúc với SM tại M
Bài 5 : (4 điểm)
Cho tam giác ABC. P là điểm nằm trên đường thẳng BC, trên tia đối cuả tia AP lấy điểm D sao cho . Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm cuả DB và DC. Chứng minh rằng đường tròn đường kính EF luôn đi qua một điểm cố định khi P di động trên BC
Bài 6 : (2 điểm)
Giải hệ phương trình 
----------------------------------------------
 PHÒNG GIÁO DỤC EAKAR
TRƯỜNG THCS NGUYỄN BỈNH KHIÊM
 ----------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Môn : Toán lớp 9
Bài 1: (4 điểm)
 a) Ta có (1,5 điểm)
 (1,5 điểm)
 b) ; dấu = xảy ra Û (vì x > 0)
 Vậy: Min P = 6 Û x = 1. (1 điểm)
Bài 2: (3 điểm) 
Ta có x = (1 điểm)
 = (1 điểm)
Suy ra x3 – 4x + 1 = 1
Suy ra P = (1 điểm)
Bài 3 : (3 điểm)
Áp dụng hằng đẳng thức (a – b)3 = a3 – b3 – 3ab(a - b)
Suy ra P3 = 
 (1,5 điểm)
 Û (1,5 điểm)
Û
Û (P – 1).(P2 + P + 6) = 0
Û P = 1 (vì P2 + P + 6 > 0). Vậy P là một số nguyên. (0,5 điểm) 
Bài 4 : (4 điểm)
+ Hình vẽ, GT; KL : 
 (0,5 điểm)
a) MO, MO’ lần lượt là tia phân giác cuả hai góc kề bù AMT và AMT’ nên góc OMO’ = 900. (0,5 điểm)
 Tam giác OMO’ vuông ở M có MA ^ OO’ nên MA2 = OA.OA’, suy ra 
 (0,5 điểm)
b) + Ta có góc MOA = góc AMO’ ( vì cùng phụ với góc AMO)
 góc AMO’ = góc O’MT’ Þ góc MOA = góc O’MT’
 Þ D SO’M ~ DSMO (g – g)
 Þ hay SO.SO’ = SM2 . (0,5 điểm)
 + D MAT cân ở M nên góc MAT = góc MTA
 góc MAT = góc O’AT’ (cùng phụ với góc MAT’)
 Þ góc MTA = góc O’AT’
 Þ DSAT ~ DST’A (g – g)
 Þhay ST.ST’ = SA2. (0,5 điểm)
c) MA = MT = MT’ nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp DTAT’
hơn nữa OO’ ^ MA tại A, do đó đường tròn ngoại tiếp DTAT’ tiếp xúc với OO’ ở A. (0,75 điểm)
Gọi M’ là trung điểm của OO’ Þ MM’ // OT
Þ SM ^ MM’ ở M. Mà MM’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp DOMO’
Þ đường tròn ngoại tiếp DOMO’ tiếp xúc với SM ở M (0,75 điểm)
Bài 5 : (4 điểm)
Hình vẽ, GT KL : 0,5 điểm
Gọi M là trung điểm cuả BC
+ Tứ giác DEMF là hình bình hành do EM, FM là hai đường trung bình cuả DDBC. Suy ra DM và EF cắt nhau tại trung điểm O cuả mỗi đường. (0,5 điểm) 
Gọi I là trung điểm cuả AM thì suy ra I là điểm cố định. (0,5 điểm)
+ OI là đường trung bình cuả DAMD nên :
OI = AD = BC (giả thiết) (1) (0,5 điểm)
+ EF là đường trung bình cuả DABC nên EF = BC (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra OI = EF. Suy ra I thuộc đường tròn (O; BC) (1 điểm)
Vậy đường tròn đường kính EF (O; BC) luôn đi qua điểm cố định I khi P thay đổi trên đường thẳng BC (0,5 điểm)
Bài 6 : (2 điểm)
Do x2 + y2 + xy = 1 nên hệ phương trình đã cho tương đương với :
 (0,5 điểm)
Phương trình 
Û x3 + y3 = x3 + xy2 + x2y + 3x2y + 3y3 + 3xy2
Û 2y3 + 4xy2 + 4x2y = 0 Û 2y(y2 + 2xy + 2x2) = 0
Û (0,25 điểm) 
Với y = 0, thay vào phương trình thứ nhất cuả hệ ta được x = . 
Hệ có hai nghiệm và (0,25 điểm)
Với Û (x + y)2 + x2 = 0 . Vì . 
 Dấu “=” xảy ra Û x = y = 0 (không thoả mãn) vì (0,5 điểm)
 Vậy hệ đã cho có nghiệm là và (0,5 điểm)
----------------------------------------
Ghi chú :
+ Học sinh làm bằng các cách giải khác nhưng nếu lập luận chặt chẽ và có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa tương ứng với điểm của bài đó.
+ Trong quá trình chấm, giám khảo có thể chia nhỏ điểm thành phần cuả từng bài. Điểm nhỏ nhất là 0,25.