Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 có đáp án - Đề 1

Đề Số 1
Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9
(Thời gian làm bài 150’)
Câu 1: Giải phương trình. 
= 3 + 2
Câu 2: Cho hệ phương trình:
	x - 3y - 3 = 0
	x2 + y2 - 2x - 2y - 9 = 0
Gọi (x1; y1) và (x2; y2) là hai nghiệm của hệ phương trình trên. Hãy tìm giá trị của biểu thức. 
M = (x1- x2)2 + (y1-y2)2.
Câu 3: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B,C là các tiếp điểm). Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C). Tiếp tuyến tại M cắt AB và AC tại E, F, đường thẳng BC cắt OE và OF ở P và Q. Chứng minh rằng tỷ số không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC. 
Câu 4: Tìm các số x, y, z nguyên dương thoả mãn đẳng thức. 
2(y+z) = x (yz-1)
Câu 5: Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác đó. 
Đáp án đề số 1 
Câu 1: (2 điểm) 
ĐK 0 < x < 1 và x ạ 
Khử mẫu ở vế trái ta được phương trình:
3() = 3 + 2
Đặt = t ị đk : 0 < t < 
Phương trình viết thành : t2 - 3 t + 2 = 0
Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 
Câu 2: (2 điểm)
x = 3 (y+1) thế vào phương trình còn lại 
=> 5y2 + 5y - 3 =	0 	(*)
Phương trình (*) có 2 nghiệm y1, y2 mà 	y2 + y2 = -1
	y1y2 = -
Lại có x1 - x2 = 3(y1- y2) => M = (x1 - x2)2 + (y1 - y2)2 = 10 (y1- y2)2.
	= 10 [(y1+y2)2-4y1y2] = 34
Câu 3: (2 điểm)
Giả sử EO cắt (O) tại I và J ; FO cắt (O) tại G và K (hình vẽ)
Ta có: FEP = sđ (MJ - MI) = sđ (IJ - 2MI) ; = (1800 - sđ MB) 	(1)
FQP 	= sđ (GB + CK)
= sđ (MB + MG + CK)	
= sđ (MB + GC + CK)
= sđ (MB + 1800) 	(2)
Từ (1) và (2) => FEP + FQP = 1800 => PQO = FEO => DFEO ~ DPQO
=> (Với OH ^ BC).
Vì A và (O;R) cố định nên OH, OM không đổi => không đổi khi M di chuyển trên đường tròn. 
Câu 4: (2 điểm)
ã Với x = 1 => (y-2) (z-2) = 5 => (x;y;z) là (1;3;7) và (1;7;3)
ã Với x > 2 từ PT đã cho => 2(y+z) > 2(yz-1) => yz - y - z - 1 < 0
=> (y-1)(z-1) < 2. (*)
Giả sử y Ê z 
- Nếu y = 1 từ PT đã cho ị 2(1+z) = x(z -1) Û (x-2)(y-1) = 4 
 ị nghiệm : (x;y;z) = (3;1;5); (4;1;3) ; (6;1;2)
 - Nếu y ³ 2 => z ³ y ³ 2 từ (*) => y = 2 ; z chỉ nhận 1 trong 2 giá trị 2 hoặc 3 . thay vào PT đã cho ị nghiệm (x;y;z) = (2; 2 ;3)
Do vai trò của y , z bình đẳng nên khi đổi vai trò của y , z ta có 4 nghiệm nữa 
Kết luận phương trình có 10 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 7); (1; 7; 3); (3; 1; 5); (4;1;3); (6;1;2); (2;2;3); (3;5;1); (4;3;1); (6;2;1); (2;3;2)
A
B
C
E
D
I
Câu 5: (2 điểm)
Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán 
Xét DBCD và ECD và SBCD = SECD
đáy CD chung, các đường cao hạ từ. 
B và E xuống, CD bằng nhau => EB * CD, 
Tương tự AC// ED, BD *AE, CE * AB, DA * BC
Gọi I = EC ầ BC => ABIE là hình bình hành.
=> SIBE = SABE = 1. Đặt SICD = x < 1
=> SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED
Lại có hay 
=> x2 - 3x + 1 = 0 => x = 	do x x = . 
Vậy SIED = 
Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED
 = 3 += 
Người ra đề: Nguyễn Xuân Hùng
Trường PTTH Lam Sơn
 Tài liệu tham khảo : - Các đề thi học sinh giỏi các tỉnh 
 - Đề thi học sinh giỏi quốc gia .