De thi HSG toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 1 (2,5 điểm). A a) Rút gọn biểu thức:. x2  5x  6  3 x2  6x  8 3x  12  ( x  3) x 2  6 x  8. 3 3 3 b) Phân tích thành nhân tử: a  b  c   a  b  c . x Tìm x biết:. 2. 3. 3. 3.  x  2    x  1 x 6  1. Câu 2 (2,0 điểm).  x 2  xy  2 y 2 0  2 a) Giải hệ phương trình:  xy  3 y  x 3 3 3  x 3     x  3 16 b) Giải phương trình:  x  2  Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 8 x 2  23 y 2  16 x  44 y  16 xy  1180 0 . b) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. Chứng minh rằng n2 + m không là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và AB là đường kính. Gọi d là đường trung trực của OB. Gọi M và N là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d. Trên các tia OM, ON lấy lần lượt các 2 điểm M’ và N’ sao cho OM’.OM = ON’.ON R . a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn. b) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định. c) Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm vị trí điểm M trên d nhưng M không nằm trong đường tròn (O;R) để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (0,5 điểm). Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Ý a 1. Nội dung 2. A. x  5x  6  3 x2  6x  8. 3 x  12  ( x  3) x 2  6 x  8 Rút gọn biểu thức: ĐKXĐ: x £ 2 hoặc x > 4 A.  x  2   x  3  3 3  x  4   ( x  3). ( x  2)( x  4). ( x  2)( x  4) * Trường hợp 1: x £ 2, ta có: A .  (2  x)(4  x) .  2  x  3  x  3 3  4  x   (3  x) (2  x)(4  x) 2  x   3  x  2  x  3 4  x . 3. 2 x. . . 2. 4 x.  3  x  3. . 2. 2 x 4 x.  (3  x) 2  x 4  x. 2 x 4  x (vì x £ 2 nên 3 4  x  (3  x) 2  x  0 ) * Trường hợp 2: x > 4, ta có: 3 x  4  ( x  3) x  2  0 nên: . (1). 4  x  3 4  x  (3  x ) 2  x  . . A 3. b. x 2. . . 2.  x  3  3. x 2 x 4. x  2   x  3 x  2  3 x  4  x 2  2 x  4  ( x  3) x  2 x  4 x  4  3 x  4  ( x  3) x  2   x  4. . 3 3 3 Phân tích đa thức thành nhân tử: a  b  c   a  b  c  3. Ta có. 3. 3. a 3  b 3  c 3   a  b  c   a  b   c 3  3ab  a  b    a  b  c  3.  a  b  c   3c  a  b   a  b  c   3ab  a  b    a  b  c . 3. 3.  3  a  b   c  a  b  c   ab   3  a  b   a  b  c   c  b  c    3  a  b   b  c   a  c . Tìm x biết:. x. 2. 3. 3.  x  2    x  1  x  1. 2 3. 3. 6. 3. x   x  1  1   x  x  2  0 Ta có:     3  x  x  1  x  1  x  2  0 (Theo (*)). 2. 3. 2. 2. 2 2 Vì x  x  1 =0; x  1 =0 vô nghiệm . KL: x = -2. 2. a.  x 2  xy  2 y 2 0 (1)  2 (2) Giải hệ phương trình:  xy  3 y  x 3   x 2  y 2   y  x  y  0   x  y   x  2 y  0. (1). 2. , ta được x = y hoặc x = -2y. * Với x = y, từ (2) ta có: 4 x  x  3 0 , ta được. x1  1, x2 . 3 4. (*).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 * Với x = -2y, từ (2) ta có y  2 y  3 0 , ta được y1  1, y2 3 Nếu y  1  x 2 . Nếu y 3  x  6.  3 3  ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  4 4  ; (2; -1); (-6; 3).. b. 3. 3  x 3     x  3 16 Giải phương trình:  x  2  3.  x 3   x 3  x 3    x  3  3  x  3  16   x  3   x 2   x 2  x 2  , 3. (ĐKXĐ: x 2). 2.   x  3 2    x  3 2  2 x  3     3  16 t  x  2   x  2  x  2 , ta được t 3  3t 2  16 0 (*) . Đặt   t 3  4t 2    t 2  16  0  t 2  t  4    t  4  (t  4) 0   t  4   t 2  t  4  0. (*) Lý luận để có t = - 4.  x  3 Với t = - 4, thì =1 3. a. x 2. 2.  4. 2. 2 hay x  6 x  9  4 x  8   x  1 0  x 1(TM ) . Vậy x. 2 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 8 x  23 y  16 x  44 y  16 xy  1180 0 2. Biến đổi phương trình đã cho ta được . 2. 8  x  y  1  15  y  2  1248. 1248 2 2    y  2  83 15 . Do 8  x  y  1 ,1248 đều chia hết cho 8; (15;8)=1 2 2  y  2   y  2    0;16;64.  y  2. nên TH sau:. 2. là số chính phương&chia hết cho 8. . Ta có các.  y  2  2 0   2 8  x  y  1 1248 *.  y 2  2  x  3 156 Do 156 không c.phương nên TH này vô nghiệm 2 2  y  2  16  y  2 16    2 2 8  x  y  1  15.16 1248  x  y  1 126. * nghiệm. Do 126 không c.phương nên TH này vô.   y 10  y  2  2 64     y  6  2 2 8  x  y  1  15.64 1248  x  y  1 36   *.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  y 10  y 10     x  5  2  x  11 36   x  17  Ta được hoặc. b.  y  6  y  6     x  1  2  x  5  36   x 11 . Vậy (x; y) là (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6) Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. CMR: n2 + m không là số chính phương. Giả sử n2 + m là số chính phương. Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương) 2 Theo bài ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) Þ m 2n : p , thay vào (1) ta có: n2 . 2n 2 2 k 2  n 2 p 2  2 pn 2  p 2 k 2  n 2  p 2  2 p   pk  p 2. 2 Do n ,  pk  chính phương, nên p  2 p phải chính phương. 2 2 p 2  p 2  2 p   p  1 Mặt khác , tức p  2 p không chính phương. Nên giả sử sai.. 2. 4. a. Vậy n2 + m không chính phương Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc một đường tròn. M. OM ' ON '  ON OM (vì OM’.OM = ON’.ON);  MON OM ' N. chung nên. M'. A. B. O. nên ( hoặc M’, N’ N' cùng nhìn M N dưới cùng một góc, khi M’ và N’ kề nhau - M, N cùng nằm trong hoặc cùng nằm ngoài(O) )  M, M’, N’, N thuộc một đường tròn. ( Thí sinh chỉ cần làm đúng 1 trường hợp cũng cho 0,5 đ) Khi điểm M chuyển động trên d, chứng minh rằng điểm M’ thuộc một đường tròn cố định. Gọi giao của d với OB là C Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B  điểm C’ cố định trên tia OC N. b. đ. dạng với. ON ' M    ' N ON  'M  ONM ' OMN ' ;  OM  ' MN '  M  ' NN ' 1800 M. 1 OC.OC '  BO.2 BO R 2 2 Ta có: OC OM '    OC.OC ' OM '.OM  OM OC ' ; MOC.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> M. chung  OCM đồng dạng với OM ' C '  ' C OCM   OM 900 .Vậy M’ thuộc. đường tròn đường kính OC’ cố định.. M' A. c. 5. O. C. B. C'. Tìm vị trí điểm M trên d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất theo hai trường hợp Gọi giao của d với (O;R) là D, E (hình M K vẽ) *TH1: Do d là trung trực của OB  MO = MB. D Ta có: MA + MO = MA + MB  AB, dấu “=”xảy ra khi M trùng C  MA + MO nhỏ nhất khi M trùng C (M A C d ) O B *TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D. Gọi K là giao của tia BD với AM. E Ta có MB + MK KB = KD + DB KD + AK  AD  MA + MO = MA + MB  DA + DB, dấu “=” có khi M trùng với D Tương tự khi M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa E: MA + MO = MA + MB  EA + EB, dấu “=” xảy ra khi M trùng với E Vậy MA + MO nhỏ nhất khi M trùng D hoặc M trùng E (M d , M không ở trong (O;R)). Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> B H M. C Q. O. A. N. r P. D. Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến của đường tròn (O; r). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh như hình vẽ.  CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN  CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ  2BC = 2AB  BC = AB Kẻ AH  BC . Ta có AB  AH , dấu “=” có khi ABC 900 . OM  BC, OP  AD, AD // BC  P, O, M Ta có: thẳng hàng, do đó AH = PM = 2r. SABCD AH.BC 2r. AB 2r.AH=2r.2r  SABCD 4r2, dấu “=” xảy ra khi ABC 900 Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r) thì hình vuông có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r2.. ----------------------------- HẾT ----------------------------.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>