Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Đề bài:
Bài 1 (3đ) : Cho biểu thức:
a, Rút gọn P.
b, Tìm m để |P | = 2.
c, Tìm các giá trị m tự nhiên sao cho P là số tự nhiên.
Bài 2 (2đ): Giải phương trình:
Bài 3 (2đ): Giải hệ phương trình:
Câu 4 (3đ): Tìm m để phương trình 
Có 2 nghiệm x1 x2 thoả mãn điều kiện T = đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 5 (3đ): Cho đường tròn (0; R) và đường thẳng xy không cắt (0), hạ 0H ^ xy, từ điểm M ạ H trên đường thẳng xy kẻ hai tuyếp tuyến MP ; MQ với đường tròn (0). Dây PQ cắt 0M tại I. Cắt 0H tại K. Chứng minh:
a, OK. OH = OI. OM = R2.
b, Khi M di chuyển trên xy thì dây PQ luôn đi qua 1 điểm cố định.
Bài 6 (4đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (0). Điểm M di động trên cung nhỏ BC. Từ M kẻ các đường thẳng MH; MK lần lượt vuông góc với AB; AC. ( H ẻ đường thẳng AB; K ẻ đường thẳng AC ).
a, Chứng minh : DMBC và DMHK đồng dạng với nhau.
b, Tìm vị trí của M để HK có độ dài lớn nhất.
Câu 7 (3đ): Cho A = (a+b)(b+c)(c+a) trong đó a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện abc = 1.
 Chứng minh rằng: A+1 ³ 3 (a+b+c).
Đáp án và biểu điểm:
Câu
Lời giải
Điểm
1
(3đ)
a, 
0,5
0,5
b, Điều kiện m ³ 0 và m ạ 1.
0,25
0,5
 Û Û Thoả mãn điều kiện trên
0,25
c, 
 P = 1 + .
Để P là số tự nhiên thì 
0,5
Từ đó m ẻ 
Với m = 0 thì P = -1 ẽ N
Với m = 4 thì P = 1 ẻ N
Với m = 9 thì P = 2 ẻ N
 Vậy m = 4 hoặc m = 9.
0,5
2.
(2đ)
Điều kiện: x ³ 1.
0,25
Đặt ( với y ³ 0) ta có x = y2 + 1. Khi đó PT trở thành.
1
0,5
Do y ³ 0 nên suy ra y = 0 dẫn đến x = 1. thoả mãn điều kiện ban đầu.
3.
(2đ)
Hệ đã cho tương đương với
(x - y)( x2 +xy + y2 - 3) = 0
x + y = -1 
0,25
Hệ này tương đương với tuyển của hai hệ.
x - y = 0 x2 +xy + y2 - 3 = 0
x + y = -1 x + y = -1
0,5
Giải hệ (I) ta được nghiệm (x ; y) = 
0,5
Xét hệ (II): Từ x + y = -1 có y = -1 - x thay pt đầu của hệ (II) ta được:
x2 + x - 2 = 0.
Giải PT này ta được x1 = 1; x2 = -2.
Từ đó hệ (II) có 2 nghiệm (1; -2); (-2; 1).
0,5
Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm (x ; y) là:
 ; (1; -2); (-2; 1) 
0,25
4.
(3đ)
Phương trình đã cho có 2 nghiệm khi
m ạ 0 m ạ 0
D’= [-(m-1)]2 + 3m ³ 0 m2 + m + 1 ³ 0 
0,75
Với m ạ 0 theo hệ thức Viét ta có:
0,5
T = 
0,75
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng . Tức là m = 4.
5.
(3đ)
a, Tam giác OIK và tam giác OHM đồng dạng ( ô chung; I = H = 1v)
 do đó OI. OM = OK. OH (1)
0,5
Mặt khác D OQM vuông tại Q, có QI ^ OM nên OI. OM = OQ2 = R2 (2)
0,5
Từ (1) và (2) ị OI. OM = OK. OH = R2 
0,5
b, Theo câu a ta có:
OK. OH = R2 ị OK = 
1,0
Do điểm O và đường thẳng xy cho trước nên H và O cố định
ị điểm K cố định. Vậy dây PQ luôn đi qua điểm K cố định.
0,5
6.
4(đ)
a, Do MH ^ AB; MK ^ AC nên 4 điểm A;M;H;K cùng nằm trên đường tròn đường kính AM.
1
Ta có các góc nội tiếp sau bằng nhau
MBC = MAC = MHK
MCB = MAB = MKH
0,5
Suy ra hai tam giác MBC và MHK đồng dạng với nhau.
0,5
b, Theo câu a DMBC đồng dạng DMHK suy ra 
 mà hay HK Ê BC
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi H º B. lúc đó gócABM = 900
Û AM là đường kính của (o) . Do đó khi M là điểm đối xứng của A qua 0 thì độ dài HK lớn nhất.
2
7.
(3đ)
A + 1 = (a2b + a2c) + (b2a + b2c) + (c2a + c2b) + (2abc + 1)
Do abc = 1 nên
A + 1 = (a2b + a2c + 1) + (b2a + b2c + 1) + (c2a + c2b + 1).
1
áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương ta được:
1
Suy ra A + 1 ³ 3 (a+b+c).
0,5
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,5