Đề thi tuyển chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS cấp tỉnh Đồng Tháp năm 2009 môn: Toán

HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 1/1 Môn: Toán 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
____________________________________ 
 Đề chính thức_ 
KỲ THI TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM 2009 
_______________________________________________________ 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Ngày thi: 15/02/2009 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) 
(Đề thi gồm có: 01 trang) 
Câu 1: (3 điểm) 
 Cho x = 
 
5526
1336103


. Tính P = ( x 3- 4 x +1)2009 
Câu 2: (4 điểm) 
 Cho phân thức A = 
2
63422
2
2345


xx
xxxxx
a. Tìm điều kiện của x để giá trị của phân thức được xác định. 
b. Rút gọn phân thức A. 
c. Tìm giá trị của x để giá trị của phân thức A bằng 0. 
Câu 3: (5 điểm) 
 a. Tìm điều kiện của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
1
12





x
x
mx
x
 b. Tìm giá trị của n để hệ phương trình sau có nghiệm nguyên duy nhất: 





122
12
nnyx
nynx
 c. Giải phương trình sau:  zyxzyx 
2
1
220082009 
Câu 4: (5 điểm) 
a. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH = 
5
12a
 ; BC = 5a. 
 Tính hai cạnh góc vuông theo a. 
b. Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Gọi AH, BI, CK là các đường cao của 
tam giác. 
Chứng minh rằng CBA
S
S
ABC
HIK 222 coscoscos1  
Câu 5: (3 điểm) 
 Cho đường tròn (O1 ; R1) tiếp xúc ngoài với đường tròn (O2 ; R2).Vẽ một đường thẳng 
AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (O1) và (O2 ) ( với A(O1) ; B(O2) ). Vẽ 
đường tròn (O ; R) tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn (O1) , (O2 ) và tiếp xúc với đường 
thẳng AB tại C. 
 Chứng minh rằng: 
21
111
RRR
 
HẾT. 
HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 1/3 HDC môn:Toán 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
________________________________________________ 
KỲ THI TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM 2009 
_____________________________________________________________________________ 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
(Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang) 
 Nội dung 
Câu 1 3 điểm 
  3133610  0,5 
  215526  0,5 
   
  515
1313
2
3
3


x =
  
515
1313


 = 2
1
13


 0,25- 0,5- 05 
 Vậy P = (23-4.2+1)2009 0,25 
 = 12009 = 1 0,25 
 P = 1 0,25 
Câu 2 4 điểm 
a) 1;2  xx 0,5 
b) x 5- 2 x 4+ 2 x 3- 4 x 2 - 3 x +6 = x 4( x -2)+2 x 2( x -2)-3( x -2) 0,5 
 = ( x -2)( x 4 + 2 x 2-3) 0,25 
 = ( x -2)[( x 2+1)2 -4] 0,5 
 = ( x -2)[( x 2 +3)( x 2-1)] 0,25 
 = ( x -2)( x 2 +3)( x -1) ( x+1) 0,25 
2
63422
2
2345



xx
xxxxx
A =
    
  21
1132 2


xx
xxxx
0,5 
0,25 
 = ( x 2+3)( x -1) 0,5 
c) Vì x 2+3> 0 ; để A= 0 thì x -1 =0 0,25 
  x= 1 (thỏa điều kiện) 0,25 
Câu 3 5 điểm 
a) ĐKXĐ: x  m ; x  1 0,25 
Khi đó: 
1x
1x
mx
2x





  (x +2)(x – 1) = (x + 1)(x – m) 
0,25 
 x2 + x – 2 = x2 – mx + x – m  mx = 2 – m  
m
m2
x

 
0,25 
Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 









































2m
1m
0m
mm2
02mm
0m
1
m
m2
m
m
m2
0m
1x
mx
0m
2 
0,25 
b) Hệ phương trình: 





(2) 12nny2x
(1) 1n2ynx
 Từ (1) suy ra nx)1(n
2
1
y  
0,25 
HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 2/3 HDC môn:Toán 
 Thay vào (2) ta được 12nnx)1(n
2
1
n2x  
0,25 
  4x – n2.x = – n2 + 3n – 2  (4 – n2).x = – n2 + 3n – 2 0,25 
  
2
2
n4
23nn
x


 
0,25 
 Hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi: 4–n2  0  n   2 0, 25 
 Khi đó: 
















2n
3
2
2n
12n
y
2n
3
1
2n
1n
x
0, 25 
 x, y nguyên khi: (n + 2)  Ư(3) ={1 ; –1 ; 3 ;–3} 0,25 
  n  {–1 ; –3 ; 1 ; –5} 0,25 
c) ĐK : x ≥ 2009 ; y ≥ -2008 ; z ≥ 2 0,25 
  )
2
1
220082009 zyxzyx  
  222008220092  zyxzyx 
0,5 
       0121200812009 222  zyx 0,5 









012
012008
012009
z
y
x
0,5 









3
2007
2010
z
y
x
 (thỏa điều kiện) 
Vậy x= 2010 ; y = -2007 ; z = 3 
0,25 
Câu 4 5 điểm 
a) Đặt AB= x ; AC = y (x,y >0) 
 ABC vuông tại A, ta có : AB.AC = AH. BC 
0,25 
 x.y = a
a
5.
5
12
= 12a2 (1) 
0,25 
 BC2 = AB2 + AC2  25a2 = x2+y2 (2) 0,25 
 Từ (1) &(2)  (x+y)2 = x2 + 2xy + y2 = 25a2 + 24a2 = 49a2 0,5 
 (x-y)2 = x2-2xy+y2 = 25a2-24a2 = a2 0,5 
 Vậy 





ayx
ayx 7
 hoặc 





ayx
ayx 7
0,5 
 Do đó 





ay
ax
3
4
 hoặc 





ay
ax
4
3
 Vậy hai cạnh góc vuông là 4a và 3a 
0,25 
b) SHIK = SABC – SAKI – SBKH – SCHI 0,5 
ABC
CHI
ABC
BKH
ABC
AKI
ABC
HIK
S
S
S
S
S
S
S
S
1 
0,5 
Xét AKI và ABC có góc A chung nên 
AB
AI
AC
AK
ACAB
AIAK
S
S
ABC
AKI .
.
.
 
0,5 
HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 3/3 HDC môn:Toán 
 AKC vuông tại K và AIB vuông tại I, ta có : 
 Cos A = 
AC
AK
 và cos A = 
AB
AI
 Do đó A
S
S
ABC
AKI 2cos 
0,5 
Tương tự : C
S
S
B
S
S
ABC
CHI
ABC
BHK 22 cos;cos  
 Vậy CBA
S
S
ABC
HIK 222 coscoscos1  
0,5 
I
K
H CB
A
Câu 5 3 điểm 
 Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2121 RRRRRR  0,25 
 Qua O kẻ HK O1A và O2B (với H O1A ; KO2B),khi đó H, O, K 
thẳng hàng . 
  HOO1vuông có :OH
2 = OO1
2 - HO1
2 = (R1+R)
2 - (R1-R)
2 = 4R1R 
  OH = 12 R R (1) 
0,75 
  KOO2vuông có :OK
2 = OO2
2-KO2
2 = (R2+R)
2 - (R2-R)
2 = 4R2R 
  OK= 22 R R (2) 
0,75 
 Từ (1) & (2)  HK=  1 22 R R R R 0,25 
 Qua O2 kẻ O2I O1A (với I O1A ) 
  IO2O1vuông có :IO2=
2 2
1 2 1OO IO = 212 RR 
0,5 
 Mà IO2 = HK  2121 RRRRRR  0,5 
d
O2
O1
I
C
KH
BA
o