Đề thi đề xuất cho học sinh giỏi - Môn thi: Toán 9

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Kỳ thi: HSG
Môn thi: Toán 9 	; Thời gian làm bài: 150 phút
Họ và tên: Cao Xuân Trường 	; Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Chân Lý
Nội dung đề thi:
Câu I. (2 điểm)
 Cho biểu thức P = với 
Rút gọn biểu thức P.
Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức nhận giá trị nguyên.
Câu II. (3 điểm)
 1. Giải phương trình: 
2. Giải hệ phương trình: 
 3. Cho các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng .
Câu III: (2 điểm)
Cho hàm số bậc nhất: y = (2m + 1)x – m + 2 (1)
Tìm m biết đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng – 2.
Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua.
Tìm m để đồ thị hàm số (1) cách gốc tọa độ một khoảng bằng .
Câu IV: (3 điểm) Cho hình thang vuông ABCD (AB//CD, = 900) đường cao BH. Điểm M thuộc đoạn HC. Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với BM, đường thẳng này cắt BH và BM theo thứ tự ở E và F.
	a) Chứng minh bốn điểm B, F, H, D cùng nằm trên một đường tròn và EB.EH = ED.EF.
	b) Cho AB= 10 cm, BM= 13 cm, DM= 15 cm.Tính độ dài của các đoạn thẳng AD, DF và BF (chính xác đến 2 chữ số thập phân).
	c) Khi M di chuyển trên đoạn HC thì F di chuyển trên đường nào?
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Kỳ thi: HSG
Môn thi: Toán 9 	; Thời gian làm bài: 150 phút
Họ và tên: Cao Xuân Trường 	; Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Chân Lý
Câu I
(2đ)
1)
Vậy P = với 
2) Ta có 
M = P=
Để M nguyên thì phải có giá trị nguyên.
Mặt khác khi x là số nguyên (thoả mãn điều kiện ) thì hoặc là số nguyên (nếu x là số chính phương) hoặc là số vô tỉ (nếu x không là số chính phương)
Để là số nguyên thì không thể là số vô tỉ, do đó phải là số nguyên, suy ra - 1 là ước của 3
Ta xét các trường hợp:
+) - 1 = 3 = 4 x = 16 Z và thoả mãn ĐKXĐ
+) - 1 = -3 = - 2 < 0 (loại) 
+) - 1 = 1 = 2 x = 4Z và thoả mãn ĐKXĐ
+) - 1 = -1 = 0 x = 0Z và thoả mãn ĐKXĐ
Vậy với x = 16; x = 4 hoặc x = 0 thì biểu thức M = P - nhận giá trị nguyên.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II
(3đ)
1) ĐKXĐ: 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .
2) 
=> 2xy – (xy)2 = (1)
Đặt t = (t0)
=> 2xy – (xy)2 = 2 – t2.
(1) 2 – t2 = t t = 1 (tm) hoặc t = -2 (loại)
t= 1 => (xy)2 -2xy + 2 = 1 => xy = 1 => x + y = 2. 
 => x, y là nghiệm của phương trình T2 – 2T + 1 = 0
 => x = y = 1.
3) Vì và a, b, c >0, nên áp dụng BĐT Cauchy ta có: 
 (1)
Chứng minh tương tự ta có: (2)
 (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được
Hay . 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
(2đ)
1. Cho hàm số bậc nhất: y = (2m + 1)x – m + 2 (1)
Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng – 2
 ĐK : 
Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng – 2 khi và chỉ khi : 
2. Đồ thị (1) đi qua điểm cố định khi: y = (2m + 1)x – m + 2 
 (2x – 1)m + (x –y +2) = 0 đúng với mọi m.
Khi đó : 2x – 1 = 0 và x – y + 2 = 0 Suy ra : x = 0,5 và y = 2,5
Vậy điểm cố định là I(0,5 ; 2,5)
3. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cách gốc tọa độ một khoảng bằng 1/2.
Gọi giao điểm của (1) với Ox, Oy lần lượt là A và B, OH là khoảng cách từ đồ thị đến O. Ta có:
OA = ||; OB = |2-m| (ĐK: và )
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AOB ta có:
Vì OH = nên OH2 = 
Ta có: m2 - 4m + 4 = m2 + m + 5m = 3,5 m = 0,7
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(3đ)
a)
	* Ta có = 900 (gt)
	Nên bốn điểm B, F, H, D cùng nằm trên một đường tròn đường kính BD.
	* ~ (g.g) nên 
 suy ra EB.EH = ED.EF.
	b) 
	* ABHD là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông)
	 DH= AB= 10 cm, HM= DM- DH= 5 cm.
	Trong tam giác vuông BMH có BM2= BH2+ HM2.
	 BH= = 12 cm.
	Mà AD= BH ( do ABDH là hình chữ nhật).
	Vậy AD= 12 cm.
	* ~ (g.g) nên 
	 DF= = 13,85 (cm)
	Trong tam giác vuông BDF có BD2= BF2+ DF2.
	 BF= = 7,23 cm.
	c) 
	* Ta có = 900 (gt) và BD cố định nên F di chuyển trên đường tròn đường kính BD.
	Giới hạn: - Khi M C thì F F’ (F’ BC với DF’ BC).
	 - Khi M H thì F H.
	Vậy F di chuyển trên cung nhỏ F’H của đường tròn đường kính BD. 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5