Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 có đáp án - Đề 33

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Lam Sơn (18)
(Thời gian: 150 phút)
Bài 1: ( 2 điểm )
Rút gọn biểu thức sau:
Gải phương trình sau:
Bài 2: ( 2 điểm)
 Gải hệ phương trình:
 2x2 – y2 = 1
 xy + x2 = 2
Bài 3: ( 2 diểm)
Cho phương trình:
x2 – 2(m + 2)x + m2 – 1 = 0
Gải phương trình với m = 0
Khi phương trình có 2 nghiệm x1, x2. Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là:
 y1 = 4x12 – 1; y2 = 4x22 –1
Bài 4: ( 3 điểm)
 Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và AB > AC. Vẽ trung tuyến AM và phân giác AD của tam giác ABC ( M, D thuộc đoạn BC ). Đường tròn qua 3 điểm A, D, M cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F
1.Chứng minh:
2.Chứng minh BE = CF
3.Giả sử tam giác ABC có AB = 15 cm, AC = 8 cm, đường cao AH của tam giác ABC bằng 5 cm. Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 5: ( 1 điểm)
 Cho hình chóp S.ABC có: SA = SB = SC = a, ASB = 900, BSC = 600, ASC = 1200. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng: SI ^ (ABC) 
đáp án đề thi vào lớp 10 - THPT lan sơn
(Môn toán)
Bài 1: (2 điểm)
1. (1 điểm)
Ta có: 
A= 
= 
2. (1 điểm)
Điều kiện: x 1
đặt t = ; t 0
phương trình đã cho trở thành; t3 + 4t2 + 5t = 0 t(t2 + 4t + 5) = 0
với t = 0 x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Bài 2: (2 điểm)
 => 4x2 - 2y2 = xy + x2 3x2 - xy - 2y2 = 0 (*)
Với y = 0 hệ đã cho trở thành:
 vô nghiệm
Với y 0 chia cả 2 vế của Pt (*) cho y2 ta đợc
đặt t = ta có: 3t2 - t - 2 = 0 => 
Với t = 1 ta có ; 
Với ta có vô nghiệm
Vậy HPT có nghiệm ; 
Bài 3: (2 điểm)
1. (1 điểm) m = 0 pt trở thành: x2 - 4x - 1 = 0
pt có hai nghiệm phân biệt x1 = 2 - ; x2 = 2 + 
2. Giả sử pt có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ta có
x1 + x2 = 2(m + 2); x1.x2 = m2 - 1
theo bài ra ta có
 y1 + y2 = 4[(x1 + x2)2 - 2x1x2] - 2
 y1.y2 = 16(x1x2)2 - 4[(x1 + x2)2 - 2x1x2] + 1
=> y1y2 là nghiệm của phương trình
B
N
E
M
D
C
F
A
X2 - (8m2 + 64m + 70)X + 16m4 - 40m2 - 64m - 55 = 0
Bài 4:
1. Ta có: tam giác BDE đồng dạng với tam giác BAM 
( góc B chung, góc MAB = góc BDE)
=> => BA.BE = BD.BM (1)
tơng tự ta có: tam giác CMF đồng dạng với tam giác CAD
=> => CA.CF = CM.CD (2)
Chia 2 vế của (1) cho (2) ta có 
mà CM = BM => => đpcm
2. Theo tính chất phân giác ta có: 
theo câu a => => BE = CF (đpcm)
3. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
nối A với O cắt (O) tại N 
A
H
N
C
B
=> góc ANB = góc ACB => tam giác vuông ABN đồng dạng tàm giác vuông AHC
=> =24 (cm)
Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
 l = 2R = 24 75,36 (cm)
S
B
A
C
Bài 5: (1 điểm)
Theo giả thiết ta có: SI AC (1)
mặt khác ta có I
AB = a (tam giác SAB vuông cân)
BC = a (tam giác SBC đều)
ta có:
 sin(góc ASI) = AI = SA.sin(góc ASI) = a.sin600 = => AC = a
xét tam giác ABC , có AC2 = AB2 + BC2 
=> tam giác ABC vuông tại B => BI = AC = AI => BI = 
tơng tự ta có SI = AS.cos(góc ASI) = 
Xét tam giác SIB có SB2 = SI2 + IB2 = a2 => tam giác SIB vuông tại I
=> SI IB (2)
Từ (1) và (2) => SI (ABC) => đpcm