S GD & T H NAM TRNG THCS LIấM THUN THI HS GII TON 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) n v cụng tỏc: Trng THCS Liờm Thun Câu 1: 1. Giải phơng trình: ( ) 11 5 25 2 2 2 = + + x x x 2. Viết các phơng trình bậc hai dạng: x 2 + mx + n = 0. Biết rằng, phơng trình có nghiệm nguyên, các hệ số m, n đều là những số nguyên và m + n + 1 = 2011. Câu 2: 1. Tính giá trị của biểu thức: P = (4x 3 - 6x 2 - 1) 2014 với x = +++ 33 2232231 2 1 . 2. Giải hệ phơng trình: =+ =+ 2 2 3 2 3 2 y xy x yx Câu 3: 1. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn: abccba 1111 =++ . Chứng minh rằng: (1 + a 2 ) (1 + b 2 ) (1 + c 2 ) là số chính phơng. 2. Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho: n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 là số chính phơng. Câu 4: 1. Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng (d) cắt đờng tròn (O) tại hai điểm A, B. Từ một điểm M trên đờng thẳng (d) và ở ngoài (O), (d) không đi qua O, ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đờng tròn (O) (N, P là hai tiếp điểm). a. Chứng minh NMO = NPO. b. Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua hai điểm cố định khi M di động trên đờng thẳng (d). 2. Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác AMB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác AMB và K là hình chiếu của M trên AB.Tìm giá trị lớn nhất của tích KM.HK. Câu 5: Cho ba số dơng x, y, z thoả mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng: 33 1 11 33 3333 ++ + ++ + ++ zx xz yz zy xy yx Ht HNG DN CHM Câu Nội dung đáp án Điểm 1 (4,0đ) 1. ĐK: x 5 (1) 11 5 10 5 5 2 2 = + + + x x x x x 011 5 10 5 2 2 2 = + + + x x x x Đặt t x x = + 5 2 thì phơng trình đã cho trở thành: t 2 + 10t -11 = 0 = = 11 1 t t + Với t = 1 => x 2 - x - 5 = 0. Suy ra: x 1,2 = 2 211 + Với t = -11 => x 2 + 11x + 55 = 0 (PTVN) 0,5 0,5 0,5 0,5 2. Giả sử phơng trình: x 2 + mx + n = 0 có hai nghiệm nguyên x 1 , x 2 . Theo định lí Vi - et, ta có: = =+ nxx mxx 21 21 Do đó: m + n + 1 = x 1 x 2 - (x 1 + x 2 ) + 1 = 2011 (x 1 - 1)(x 2 - 1) = 2011 Vì 2011 là số nguyên tố, giả sử x 1 > x 2 , ta nhận đợc: + x 1 - 1 = 2011 => x 1 = 2012; x 2 - 1 = 1 => x 2 = 2 Suy m = -2014; n = 4024. + x 1 - 1 = -1 => x 1 = 0; x 2 - 1 = -2011 => x 2 = -2010 Suy m = 2010; n = 0. Từ đó, ta có các phơng trình bậc hai dạng: x 2 + mx + n = 0 thỏa mãn điều kiện bài toán: x 2 - 2014x + 4024 = 0; x 2 + 2010x = 0. 0,5 0,5 0,25 0,75 2 (4,0đ) 1. Đặt = += 3 3 223 223 b a =+ =+ = 12 6 1 33 xba ba ab Suy ra: (2x - 1) 3 = (a + b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab(a + b) = 6 + 3(2x - 1) ( ) ( ) [ ] 31212 2 xx = 6 4x 3 - 6x 2 - 1 = 1 Vậy P = (4x 3 6x 2 1) 2014 = 1. 1,0 0,5 0,5 2. ĐK: x, y 0 Hệ phơng trình =+ =+ 32 32 23 23 xyy yxx 0,5 0,75 0,25 Trừ v vi v ca hai phng trỡnh ta c: 2(x 3 y 3 ) + xy(x - y) = 0 2(x - y)(x 2 + xy + y 2 ) + xy(x - y) = 0 (x - y)(2x 2 + 3xy + 2y 2 ) = 0 (*) Vì 2x 2 + 3xy +y 2 = 2 2 8 7 4 3 2 yyx + + > 0 với x, y 0 Nên (*) x y = 0 x = y Thay x = y vào phơng trình (1) ta đợc: 3x 3 = 3 x 3 = 1 x = 1 (TM ĐK) Vậy x = y = 1. 0,5 3 (4,0đ) 1. Theo đề ra, ta có: abccba 1111 =++ => ab + bc + ca = 1 Khi đó, ta có: 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c) (1) 1 + b 2 = ab + bc + ca + b 2 = b(a + b) + c(a + b) = (a + b)(b + c) (2) 1 + b 2 = ab + bc + ca + c 2 = c(a + c) + b(a + c) = (a + c)(b + c) (3) Từ (1), (2) & (3), suy ra: (1 + a 2 ) (1 + b 2 ) (1 + c 2 ) =[(a + b)(b + c)(c + a)] 2 Với a, b, c là các số nguyên thì (a + b)(b + c)(c + a) là số nguyên. Vậy (1 + a 2 ) (1 + b 2 ) (1 + c 2 ) = [(a + b)(b + c)(c + a)] 2 là số chính phơng. 0,5 0,5 0,5 0,5 2. Đặt n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 = y 2 (y N) Suy ra: y 2 = (n 2 + n) 2 + n 2 + n + 7 > (n 2 + n) 2 => y > n 2 + n. Vì y N, n 2 + n + 1 N => y n 2 + n + 1 => y 2 (n 2 + n + 1) 2 Thay y 2 = n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 => n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 (n 2 + n + 1) 2 => n 2 + n - 6 0 => (n - 2)(n + 3) 0 n N* => n + 3 > 0 => n - 2 0 Suy ra n { } 2;1 Thử với n = 1 thì n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 = 13 không là số chính phơng. Thử với n = 2 thì n 4 + 2n 3 + 2n 2 + n + 7 = 49 là số chính phơng. Vậy n = 2. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 4 (6,0đ) 1 b. Gọi I là trung điểm dây AB ta có I cố định. 0,5 0,5 0,5 P M B A N O I a. Vì MN, MP là hai tiếp tuyến của đờng tròn (O) => ONM = OPM = 90 0 (1) => ONM + OPM = 180 0 Suy ra tứ giác MNOP nội tiếp => NMO = NPO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON). (d) không đi qua O nên OI AB => OIM = ONM = OPM = 90 0 => I, N, P thuộc đờng tròn đờng kính OM. O và I cố định. Do đó, đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua hai điểm cố định O và I khi M di động trên đờng thẳng (d). 0,5 2. Mặt khác: BK.KA 42 2 2 ABKABK = + => KM.HK 4 2 AB Vậy max KM.HK = 4 2 AB khi BK = KA (K là trung điểm AB) 0.5 0,25 0,5 5 (2,0đ) áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dơng, ta có: 1 + x 3 + y 3 xyyx 3 13 3 33 = <=> xy xy yx 3 1 33 ++ (1) Tơng tự: yz yz zy 3 1 33 ++ (2) zx zx xz 31 33 ++ (3) Từ (1), (2) & (3), suy ra: zxyzxy zx xz yz zy xy yx 3331 11 33 3333 ++ ++ + ++ + ++ (*) Mặt khác: 33 3 . 3 . 3 3 333 3 =++ zxyzxyzxyzxy (**) Từ (*) & (**) suy ra: 33 1 11 33 3333 ++ + ++ + ++ zx xz yz zy xy yx Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 2. BKM và HKA có: BKM = HKA (= 90 0 ) BMK = HAK (hai góc nhọn cạnh tơng ứng vuông góc) Do đó BKM đồng dạng HKA (g.g) => KA KM HK BK = => BK.KA = KM.HK M H B K A 0,25 . S GD & T H NAM TRNG THCS LIấM THUN THI HS GII TON 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) n v cụng tỏc: Trng THCS Liờm Thun Câu 1: 1. Giải phơng. = OPM = 90 0 (1) => ONM + OPM = 180 0 Suy ra tứ giác MNOP nội tiếp => NMO = NPO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON). (d) không đi qua O nên OI AB => OIM = ONM = OPM = 90 0 =>. 2010; n = 0. Từ đó, ta có các phơng trình bậc hai dạng: x 2 + mx + n = 0 thỏa mãn điều kiện bài toán: x 2 - 2014x + 4024 = 0; x 2 + 2010x = 0. 0,5 0,5 0,25 0,75 2 (4,0đ) 1. Đặt = += 3 3 223 223 b a