Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 9

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

MÔN: TOÁN 9 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(4đ): Cho biểu thức: P = với x > 0; x 1 1 1 1 : x x x x x x x

                



a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính P khi x = 4 - 2 3 c) Tìm x để P. = 6 - 3 - . x x 4 x  Câu 2 (5đ): a) Chứng minh rằng: Nếu n là số nguyên thì n5 + 5n3 – 6n chia hết cho 30

b) Tìm các số nguyên sao cho: . y x; 3 3 3  xy x

c) Tìm các hằng số a và b sao cho chia cho dư 7; b ax x   3 1  x chia cho dư 4. 2  x

Câu 3 (4 đ): a) Cho a, b, c là các số dương. CMR: 1 2 a b c a b b c c a        b) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x3 + y3 + z3 = 1

CMR:

2 2 2

2 2 2 2 1 1 1

x y z

x y z       Câu 4 (2 đ): Chứng minh rằng tam giác có một đỉnh là giao điểm hai cạnh đối của một tứ

giác, hai đỉnh kia là trung điểm hai đường chéo của tứ giác đó có diện tích bằng diện tích 1 4 tứ giác. Câu 5 (4đ): Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD

(AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh OM=ON.

b) Chứng minh . MN CD AB

2 1 1  

c) Biết Tính ? . ; 2 2 b S a S COD AOB   ABCD S

Câu 6 (1đ) Tìm GTNN, GTLN của A = x2 + y2 biết x, y thỏa mãn: x2 + y2 – xy = 4

ThuVienDeThi.com

Hướng dẫn chấm và đáp án:

Câu 1: a) Rút gọn được: P = b) Tính được x= nên P =  

2 1 x

x



3 1    3 3 1

2



c) Sử dụng A2 + B2 = 0 Câu 2: a) = n5 + 5n3 – 6n = ( n5 – n ) + ( 5n3 – 5n)

= n( n - 1)( n + 1)( n2 +1) - 5n( n + 1)( n - 1) Mỗi số hạng của A đều chia hết cho 6 và 5 mà ( 5; 6) = 1 nên A 30  b/ . Do là các số nguyên nên ta có: 3 3 3  xy x  3 3 2    y x x y x;

TH1

1 2 a b c a b b c c a       

Ta có: , , Cộng lại ta được < 1 a a a b a b c    

b b c b a b c    

c c c a a b c    

Ta lại có: , , Cộng lại ta được > 2 b b a c b a b c     

c b c c a a b c     

a c a a b a b c     

: (thỏa mãn) hoặc (thỏa mãn)   



    

 



0

1

3 3

1

2 y

x

y x

x

2

3 3

26 3 1

x x

y x y

           

TH2: (thỏa mãn) hoặc (thỏa mãn)   

 

     

  

 

6

1

3 3

1

2 y

x

y x

x

2

3 3

28 3 1

x x

y x y

          

c/ Vì chia cho dư 7 nên ta có: = b ax x   3 1  x b ax x   3   7 ) ( . 1   x Q x

do đó với thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1). 1   x

Vì chia cho dư 4 nên ta có: = b ax x   3 2  x b ax x   3   4 ) ( . 2   x P x

do đó với thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2). 2  x

Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.

Câu 3

Hình vẽ

A

B

C D

M N

E

ThuVienDeThi.com

N M

O

D C

A B

Gọi M, N lần lượt là trung điểm các đường chéo BD, AC của tứ giác ABCD, E là giao điểm của DA và CB. Ta có: SEMN = SEDC – SEMD – SENC – SDMC – SMNC

= SEDC - SEBD - SEAC - SDBC - SAMC 1 2

1 2

1 2

1 2

= (SEDC – SEBD – SDBC) + (SEDC – SEAC - SAMC) 1 2

1 2

= 0 + (SADM + SCDM) = SABCD 1 2

1 4

hình vẽ

a/ Ta có Do MN//DC BD OB AC OA 

OM=ON.  DC ON DC OM  

b/ Do MN//AB và CD và . Do đó:  AD AM CD OM  AD DM AB OM 

(1) 1 OM OM AM MD DC AB AD

   

Tương tự: (2) 1  AB

ON DC ON

Từ (1);(2) =>  2  AB

MN DC MN

MN AB DC

2 1 1  

c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh

đáy tương ứng. Do vậy : và OD

OB S S

AOD

AOB  OC

OA S S

COD

AOD 

E K H D C

A B

ThuVienDeThi.com