Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Phòng giáo dục và đào tạo Cẩm Thủy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Phòng giáo dục và đào tạo Cẩm Thủy (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN CẨM THỦY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề x y x y x y 2xy Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P : 1 . 1 xy 1 xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị 1 3 của hai hàm số: y x và y x . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0 . Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD. c) ME.MA = MF.MD. Hết
2. UBND HUYỆN CẨM THỦY ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1 . 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 1 xy 1 xy 0,5 đ x x y y y x x x y y y x 1 xy . 0,5 đ 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) 2 x 3 2 3 1 ( 3 1) 0,5 đ 2 3 4 3 x ( 3 1)2 3 1 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 2 3 2 P 0,5 đ 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 2( 3 1) 6 3 2 P 0,5 đ 5 2 3 13 2 3 1 3 x 0 y a) Đồ thị y x có : 2 0,5 đ 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x x khi x 0 0,5 đ Đồ thị như hình vẽ: y N 3 (L) (D) 3/2 1 đ M 1 - 3 O 1 3 x
3. b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2 2 2 2 ON = 3 ( 3) 3 2 ON = 18 0,5 đ MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 0,5 đ Vì: OM2 + ON2 = MN2 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 x2 x 1 đ 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 10 5 Do đó: y và y 1 đ 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 1 đ x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 1 đ x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 0,5 đ Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
4. AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 0,5 đ 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) 0,5 đ AD2 AM2 AI2 a 2 5 M E I F H A O D B C O / N a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE  EF và OF  EF => OE // O/F 0,5 đ · · / · · / => EOB FO D (góc đồng vị) => EAO FCO 0,5 đ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN Hay E· NF 900 . 0,5 đ Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 0,5 đ 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 · · 0,5 đ => FDC HNC Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) 0,5 đ => N· HC D· FC 90O hay MN  AD 0,5 đ c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 0,5 đ · · 1 » Trong đường tròn (O) có: FEN EAB sđ EB 0,5 đ 2 · · => MFE EAB Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ ME MF => , hay ME.MA = MF.MD 0,5 đ MD MA