Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 22-3-2011) - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hòa Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HÒA BÌNH 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN 
Ngày thi: 22 tháng 3 năm 2011 
Thời gian làm bài : 150 phút 
Bài 1 (4đ) 
1. Phân tích thành nhân tử các biểu thức sau 
3 2 2 3 3 2 2 3a)A x 3x y 4xy 12y b)B x 4y 2xy x 8y         
2. Cho a 11 6 2 11 6 2    .Chứng minh rằng a là một số nguyên 
Bài 2 (6đ) 
1. Giải phương trình 
2 2
12 3
1
x x 4 x x 2
 
   
2. Cho hàm số   2y m 1 x m 1    (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là 
đường thẳng cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB cân 
3. Tìm x để biểu thức 
x 1
A
x 1



 đạt giá trị lớn nhất 
Bài 3 (4đ) 
1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, có bán kính 
bằng 2. Biết 0BAC 60 , đường cao AH. Tính diện tích tam giác ABC 
2. Đội cờ vua của trường A thi đấu với đội cờ vua của trường B, mỗi đấu thủ 
của trường này thi đấu với một đấu thủ của trường kia một trận. Biết rằng 
tổng số trận đấu bằng 4 lần tổng số cầu thủ của cả hai đội và số cầu thủ của 
trường B là số lẻ. Tìm số cầu thủ của mỗi đội 
Bài 4 (5đ) Cho nửa đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB. Hai điểm E, F 
thay đổi trên nửa đường tròn sao cho số đo cun AE khác 0 và nhỏ hơn số đo cun 
AF, biết EF=R. Giả sử AF cắt BE tại H, AE cắt BF tại I 
1. Chứng minh rằng tứ giác IEHF nội tiếp được trong 1 đường tròn 
2. Gọi EG và FQ là các đường cao của tam giác IEF, chứng minh rằng độ dài 
QG không đổi 
3. Chứng minh rằng QG song song với AB 
Bài 5. (1 điểm) Giải phương trình : 2x 2 7 x 2 x 1 x 8x 7 1         
ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 HÒA BÌNH NĂM 2010-2011 
Bài 1 
1. 
   
  2 2
a)A x 3y x 2y x 2y
B x 2y 1 x 2xy 4y
   
    
2.    
2 2
a 11 6 2 11 6 2 3 2 3 2 6         
Bài 2. 
1. Học sinh lập luận được 2x x 4  và 2x x 2  khác 0 rồi quy đồng đưa về 
phương trình dạng   2 2 29(x x) 12 x x 4 x x 2       
Biến đổi được về dạng   2 2
1 17
x x 4 x x 1 0 x
2
 
       
2. Lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tọa độ tai điểm A 
và B sao cho tam giác OAB cân thì đồ thị hàm số đã cho song song với 
đường thẳng y = x (hoặc y = - x ) 
Từ đó dẫn đến 
2
m 1 1
m 1 0
 

 
 hoặc 
2
m 1 1
m 1 0
  

 
 . Giải hệ hai phương trình ta tìm 
dược m=2 hoặc m=0 thỏa mãn 
3. Ta viết được A=
2
1
x 1


Ta có 
2
x 1 1 1 1 2 1
x 1
       

Vậy Min A= - 1 khi x=0 
Bài 3. 
1. 
Gọi K là trung điểm của BC, dễ có KOC 60  
K
O
A
B C
Xét tam giác vuông OKC có OC = 2. Tính được 0KC OC.sin60 3  
Tính được BC 2 3 , suy ra diện tích tam giác ABC là S 3 3 
2. Gọi số cầu thủ đội trường A là x, số cầu thủ đội trườn B là y 
Ta có phương trình  xy 4 x y (x 4)(y 4) 16      
Ta lập luận và tìm được x=20; y=5 
Bài 4. 
1. Vì 0IEH IFH 90  nên IHEF nội tiếp đường tròn 
Q G
H
I
B
O
A
E
F
2. Ta dễ dàng chứng minh được IQG đồng dạng với IFE (góc – góc) 
Từ đó có 
QG IG 1 1 1
;QG EF R(dpcm)
EF IE 2 2 2
    
3. Chứng minh được IAB đồng dạng IEF(g.g) kết hợp với câu 2 ta có 
IQG IAB  suy ra 
IQ IG
IA IB
 dẫn đến QG song song với AB 
Bài 5. Học sinh tìm được ĐK 1 x 7  và biến đổi phương trình về dạng tích 
   x 1 2 . x 1 7 x 0      Học sinh giải phương trình tích tìm được x=5 hoặc 
x=4 đều thỏa mãn.