Phòng GD - ĐT Kiến Xơng Trờng THCS Hồng Tiến ===***=== Đề khảo sát chất lợng học sinh giỏi toán 9 Năm học : 2010 2011 ( thời gian làm bài 120 phút) Câu 1( 5 điểm):Gii cỏc phng trỡnh sau a) 2 x 1 x 1+ = b) 112 3 =+ xx Cõu 2 (5 điểm) a)Tìm m sao cho phơng trình 2x m 2x 1 2m 4 0 + = có 2 nghiệm phân biệt b)Tỡm tt c cỏc s dng x,y,z tho món: =++ ++ 3 941 12 zyx zyx Câu 3( 3 điểm) Cho 3 s dơng x,y,z thoả mãn điều kiện xy+ yz + zx = 1. Tính tổng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 y 1 z 1 x 1 z 1 x 1 y S x. y z 1 x 1 y 1 z + + + + + + = + + + + + Câu 4(6 điểm) Từ điểm K nằm ngoài (0) vẽ 2 tiếp tuyến KA, KC với (O) ( A,C là 2 tiếp điểm) và cát tuyến KBD (B nằm giữa K và D). Gọi M là giáo điểm của AC và KO. a.c/m: KA 2 = KM.KO b.c/m tứgiác BMOD nội tiếp c) Chứng minh MA là tia phân giác của ã BMD . d.Gọi F là giao điểm của BM với (O) c/m: DF //AC Bi 5 (1,0 im) Cho s thc m, n, p tha món : 2 2 2 3m n np p 1 2 + + = . Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca biu thc : B = m + n + p. §¸p ¸n + BiÓu ®iÓm C©u 1 : a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x 1 0 x 1;x 1 x 1 0 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 0 x 1 x 1 − ≥ ≥ ≤ − + ≥ ≥ − + = − ⇔ ⇔ + − − = + = − 1 −=⇔ x hoặc 2 51+ =x b) ĐK: 1 ≥ x ;Đặt −= −= 1 2 3 xv xu Khi đó ta có: = −= = = = = ⇔ =+ =+ 3 2 0 1 1 0 1 1 23 v u v u v u vu vu Trở lại cách đặt ta được: 1/ ⇔ = = 1 0 v u 2 11 02 3 =⇔ =− =− x x x 2/ ⇔ = = 0 1 v u 1 01 12 3 =⇔ =− =− x x x 3/ ⇔ = −= 3 2 v u 10 31 22 3 =⇔ =− −=− x x x C©u 2 : a)HD: §K : 1 x 2 ≥ §Æt ( ) 2 t 2x 1 t 0 t mt 2m 3 0(*)= − ≥ => − + − = §Ó pt cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× pt(*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt t 1 ; t 2 tho¶ m·n 1 2 t t 0> ≥ 2 m 6 m 2 m 8m 12 0 m 6 3 P 2m 3 0 m 3 2 m 2 S m 0 2 m 0 > < ∆ = − + > > ⇔ = − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ < = > > b) Từ giả thiết ta suy ra 6 4 941 ≤ ++ +++ zyx zyx (1) Mặt khác ta có: 1 4 . 1 2 4 1 =≥+ x x x x ; 2 4 4 ≥+ y y ; 3 4 9 ≥+ z z Do đó ta có 6 4 941 ≥ ++ +++ zyx zyx (2) Do vy (1) xy ra thỡ ta phi cú: 6 4 941 = ++ +++ zyx zyx hay = = = = = = 6 4 2 4 9 4 4 4 1 z y x z z y y x x Câu 3 HD: Ta có 1+ x 2 = xy+ yz + zx + x 2 = x(x+y) + z(x+y) = (x + y)(x + z) Tơng tự 1 + y 2 = (y + x)(y + z) 1 + z 2 = (z + x)(z + y) => S = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y z y z x z x y 2 xy yz xz 2+ + + + + = + + = Câu 4 : b. Ta c/m: ã ã BMK KDO= +.c/m: KA 2 = KB.KD Mà KA 2 = KM.KO (cmt) => KB KO KM KD = mà ã BKM chung => BKM ~ OKD(c.g.c)V V => ã ã BMK KDO= => tứ giác BMOD nội tiếp c) tứ giác BMOD nội tiếp => à à 1 4 D M= ( 2góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau: ằ ằ BO DO= ) Mà à à 1 1 D M= (cmt) => à à 1 4 M M= Mà à à à à ( ) à à 0 1 2 3 4 2 3 M M M M 90 M M+ = + = => = => MA là tia phân giác của ã BMD . d.Cách 1: tứ giác BMOD nội tiếp => ã ã BMD BOD(1)= (2gnt cùng chắn ằ BD ) Vì MA là tia phân giác của ã BMD => à ã 2 1 M BMD 2 = (2) $ ã 1 F BOD 2 = (gnt và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (3) Từ 1,2,3 => $ à 2 F M= mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC Cách 2: Kẻ OH KD => ã ã BFD DOH= (1) Do ã ã BMK KDO= => ã ã BMA HOD= (2) (vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau) Từ (1) và (2) => ã ã BMA BFD= mà 2 góc ở vị trí đồng vị => DF//AC Bi 5 (1,0 im) 2 2 2 3 1 2 m n np p+ + = (1) ( m + n + p ) 2 + (m p) 2 + (n p) 2 = 2 1 4 3 2 1 M B O A K C D F ⇔ (m – p) 2 + (n – p) 2 = 2 - ( m + n + p ) 2 ⇔ (m – p) 2 + (n – p) 2 = 2 – B 2 vế trái không âm ⇒ 2 – B 2 ≥ 0 ⇒ B 2 ≤ 2 ⇔ 2 2B− ≤ ≤ dấu bằng ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = 2 3 ± ⇒ Max B = 2 khi m = n = p = 2 3 Min B = 2− khi m = n = p = 2 3 − . 6 4 94 1 ≤ ++ ++ + zyx zyx (1) Mặt khác ta có: 1 4 . 1 2 4 1 = + x x x x ; 2 4 4 + y y ; 3 4 9 + z z Do đó ta có 6 4 94 1 ≥ ++ ++ + zyx zyx (2) Do vy (1) xy ra thỡ ta phi cú: 6 4 94 1 = ++ ++ + zyx zyx . 6 4 94 1 = ++ ++ + zyx zyx hay = = = = = = 6 4 2 4 9 4 4 4 1 z y x z z y y x x Câu 3 HD: Ta có 1+ x 2 = xy+ yz + zx + x 2 = x(x+y) + z(x+y) = (x + y)(x + z) Tơng tự 1 + y 2 = (y + x)(y. tự 1 + y 2 = (y + x)(y + z) 1 + z 2 = (z + x)(z + y) => S = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y z y z x z x y 2 xy yz xz 2+ + + + + = + + = Câu 4 : b. Ta c/m: ã ã BMK KDO= +. c/m: KA 2 = KB.KD Mà