Phòng GD hoằng hóa đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán (đề 1) Thời gian: 150 phút Bài 1(2.0 điểm): Cho biểu thức : P = 1 2 1 1 2 2 393 + + + + mm m mm mm a. Rút gọn P b. Tìm m để P = 2 c. Tìm giá trị m tự nhiên sao cho P là số tự nhiên Bài 2(2.0 điểm): Giả sử các số hữu tỉ x, y. Thoả mãn phơng trình x 5 + y 5 = 2x 2 y 2 Chứng minh 1 xy là bình phơng của một số hữu tỉ. Bài 3(2.0 điểm): a. (1.0 điểm): Giải PT : x- 2005 2005 + x- 2006 2006 = 1 b. (1.0 điểm): Gọi x 1, , x 2 là nghiệm của phơng trình : (k 1) x 2 2kx+ k 4 =0 không giải phơng trình hãy tìm 1 hệ thức liên hệ giữa x 1 , x 2 không phụ thuộc vào k. Bài 4(2.0 điểm): Cho hệ phơng trình : =++ +=+ 2)1( 12 ymx mmymx a. (1.25 điểm): chứng minh rằng nếu hệ có nghiệm duy nhất (x, y ) thì điểm M(x,y) luôn luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi M thay đổi. b. (0.75 điểm): Xác định m để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất Bài 5(2.0 điểm): Giải phơng trình : a. (1.0 điểm): x 2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) 1 2 +x b. (1.0 điểm): 6x 5 - 29x 4 + 27x 3 + 27x 2 - 29x + 6 = 0 Bài 6(2.0 điểm): Cho đờng thẳng y = (m-2) x+2 (d) a. (0.75 điểm): Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của m b.(0.75 điểm): Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) bằng 1 c. (0.5 điểm): Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) có giá trị lớn nhất Bài 7(2.0 điểm): Cho hai số a, b thoả mãn điều kiện a 2 + b 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = a 6 + b 6 Bài 8(2.0 điểm): Cho 2 đờng tròn ( O ; R) và đờng tròn ( O ; 2 R ) tiếp xúc ngoài tại A. Trên đờng tròn (O) lấy điểm B sao cho AB = R và điểm M trên cung lớn AB. Tia AM cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai N. Qua N kẻ đờng thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB ở Q và cắt đờng tròn (O) ở P a.(0.75 điểm): Chứng minh OAM đồng dạng với OAN b.(0.75 điểm): Chứng minh độ dài đoạn NQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M c.(0.5 điểm): Xác định vị trí điểm M để S ABQN đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo R Bài 9(2.0 điểm): Cho 1 hình thang cân có 2 đờng tròn tiếp xúc ngoài nhau, mỗi đờng tròn tiếp xúc với 2 cạnh bên và tiếp xúc với một cạnh đáy của hình thang. Biết bán kính của các đờng tròn đó bằng 2cm và 8 cm. Tính diện tích hình thang. Bài 10(2.0 điểm): Cho đờng tròn (0, R ) và 1 điểm A cố định ở trên đó AB và AC là 2 dây cung quay quanh A. Sao cho tích AB.AC không đổi. Vẽ đờng cao AH của tam giác ABC và đờng kính AD của (o; R) a. (1.0 điểm): Chứng minh rằng: AB.AC=AD.AH suy ra đờng thẳng BC luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định . b. (1.0 điểm): Trờng hợp AH > R tìm vị trí của dây cung BC sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất . Đáp án đề số 1 Bài 1 (2.0 điểm) a. (0.75 điểm): P = 1 2m 1 1m 2m 2)m1)(m( 39m3m + + + + = 2)m1)(m( 2mm1m4m3m33m + ++++ = 1m 1m 2)m1)(m( 2m3m + = + ++ Điều kiện m 0 ; m 1 b. (0.5 điểm): 1m21m2P =+= = = 9 1 9 m m c. (0.75 điểm): P = 1+ 1m 2 để P là số tự nhiên thì }{ 2;11m Từ đó suy ra m { } 9,4,0 - Với m = 0 thì P = -1 N - Với m = 4 thì P = 1 N - Với m = 9 thì P = 2 N Vậy m = 4 hoặc m = 9 Bài 2 (2.0 điểm) : Xét hai trờng hợp: - Nếu xy = 0 Thì 1 xy = 1 2 là bình phơng của một số hữu tỉ ( 0.5 điểm) - Nếu xy 0 Ta có : ( x 5 y 5 ) 2 = ( x 5 + y 5 ) 2 4x 5 y 5 = 4x 4 y 4 4x 5 y 5 ( 0.5 điểm) ( do x 5 + y 5 = 2x 2 y 2 ) = 4x 4 y 4 ( 1 xy) => là bình phơng 1 số hữu tỷ ( 1,0 điểm) Bài 3 (2.0 điểm) : a. (1.0 điểm): Giải PT : x- 2005 2005 + x- 2006 2006 = 1 (*) Với x= 2005 , x = 2006 vế trái và vế phải của PT có cùng trị số là 1 . Vậy PT có nghiệm x 1 = 2005 và x 2 = 2006 ( 0,25 đ) - Với x< 2005 thì x 2005 > 0 và x- 2006 > 1 do đó : 2 22 55 44 255 ) y2x yx ( y4x )y(x xy1 = = x- 2005 2005 + x- 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm (0,25 đ) - Với x> 2006 thì x- 2005 > 1 và x 2006 > 0 do đó : x- 2005 2005 + x 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm (0,25 đ) - Với 2005 < x < 2006 thì 0< x 2005 < 1 còn -1 < x- 2006< 0 Nên x- 2005 2005 < x 2005 = x 2005 x 2006 2006 < x- 2006 = 2006 x Vậy x- 2005 2005 + x 2006 2006 < x 2005 + 2006 x =1 Nên PT(*) vô nghiệm Tóm lại: PT (*) đã cho có 2 nghiệm x 1 = 2005 và x 2 = 2006 (0,25 đ) b. (1.0 điểm): Để PT (k-1) x 2 2kx +k 4 = 0 có nghiệm thì cần phải có k1 và = k 2 (k 1)(k- 4) 0. Suy ra k 1 và k > 1 . Vậy k > 1 (0,25 đ) Theo định lí Viet ta có : S 1 2 = k k và p 1 4 = k k (0,25 đ) - Từ S 1 2 = k k Sk S = 2k k(S - 2)= S k 2 = S S (S 2) (0,25 đ) - Từ P 1 4 = k k Pk P = k 4 k(P- 1) = P- 4 k 1 4 = P P (P 1) Suy ra : 2 -S S 1 4 = P P 3S + 2 P 8 =0 Hay 3( x 1 + x 2 ) + 2x 1 x 2 - 8 = 0 ( 0,25đ) Bài 4 (2.0 điểm) : a(1.25 điểm): Ta có hệ phơng trình : =++ +=+ 2)1( 12 ymx mmymx Có nghiệm duy nhất khi m 0 và 1 m ( 0,25 điểm ) Lúc đó nghiệm duy nhất của hệ là: = = m y m m x 1 1 (0,5 điểm ) Ta thấy x = y mm m == 1 1 1 1 11 +== xyyx Vậy điểm M luôn thuộc đờng thẳng có phơng trình : y = -x + 1 ( 0,5 điểm ) b ) Để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì x > 0 và y > 0 ( 0,25 điểm ) Do đó 1 0 1 0 1 > > > m m m m Vậy để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì m > 1 ( 0,5 điểm ) Bài 5 (2.0 điểm) : a. (1.0 điểm): x 2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) 1 2 +x 01313)1( 2222 =++++ xxxxx 0)1(3)1(1 222 =+++ xxxxx 0)31)(1( 22 =++ xxx (0,5 điểm) 22 31 1 031 01 2 2 2 2 = =+ =+ =+ =+ x x xx x xx (0,5 điểm ) b.(1.0 điểm): 6x 5 - 29x 4 + 27x 3 + 27x 2 - 29x + 6 = 0 0)63562356)(1( 234 =+++ xxxxx =++ ==+ 063562356 101 234 xxxx xx (0,25 điểm ) Giải (*) ta thấy x= 0 không phải là nghiệm của (*). Chia cả 2 vế của (*) cho x 2 ta có : 6x 2 - 35x + 62 - 0 635 2 =+ xx 062) 1 (35) 1 (6 2 2 =+++ x x x x (0,25 điểm ) Đặt x + 2 11 2 2 2 =+= t x xt x ta có phơng trình là: 6(t 2 -2) - 35t + 62 = 0 = = =+ 3 10 2 5 050356 2 1 2 t t tt ( 0,25 điểm ) + ) t 1 = = = 2 1 2 2 5 3 2 x x + ) t 2 = = = 3 1 3 3 10 5 4 x x Vậy phơng trình (2) có 5 nghiệm : x 1 = -1 ; x 2 =2 ; x 3 = 2 1 ; x 4 = 3 ; x 5 = 3 1 (0,25 điểm) Bài 6 (2.0 điểm) : a. (0.75 điểm): Điều kiện để đờng thẳng (d) đi qua điểm cố định N(x o ,y 0 ) m là y 0 = (m-2)x 0 +2 =0 m mx 0 - 2x 0 +2-y 0 =0 với m =+ = 022 0 00 0 yx x = = 2 0 0 0 y x (1điểm) Vậy đờng thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N(0,2) b. (0.75 điểm): Gọi A,B theo thứ tự là giao điểm của y đòng thẳng (d) với trục hoành và trục tung Ta tính đợc: 2 B OA = m2 2 ; OB = 2 H Gọi OH là khoảng cách từ 0 đến AB ta có: o A x 2 1 OH = 2 1 OA + 2 1 OB = 4 )2( 2 m + 4 1 = 4 54 2 + mm Mặt khác OH = 1 m -2 = 3 = += 32 32 m m Tơng ứng với các giá trị trên của m là hai đờng thẳng y = 3 x+2 và y= - 3 x+2 c. (0. 5 điểm): OH lớn nhất m 2 - 4m + 5 nhỏ nhất m = 2 khi đó đờng thẳng là y=2 và OH = 2 Bài 7 (2.0 điểm) : áp dụng bằng đẳng thức x 3 + y 3 = ( x + y) 3 3xy ( x + y) Ta có: A = a 6 + b 6 = (a 2 + b 2 ) 3 3a 2 b 2 = 1 - 3a 2 b 2 A = 1 - 3a 2 b 2 1 . Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hay b = 0 Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi a = 0 hay b = 0 A = 1 - 3a 2 b 2 do a 2 b 2 0. Suy ra A nhỏ nhất khi a 2 b 2 lớn nhất. Mà a 2 + b 2 = 1 Lại có hai số tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số bằng nhau, suy ra a 2 b 2 lớn nhất khi a 2 = b 2 = Vậy A nhỏ nhất là : 1 3. = a = b = 2 2 2 1 4 1 4 1 Bài 8 (2.0 điểm) : a. (0.75 điểm): Do (O) tiếp xúc với ( O) tại A nên O, A, O thẳng hàng OAN=OAM ( đối đỉnh ) Các tam giác OAM và OAN là các tam giác OAM và OAN là các tam giác cân OAM ~ OAN b. (0.75 điểm): Do OAM ~ OAN ( câu a ) 3 2 21 2 2 2 ' = + = + === MN AM AMAN AM R R AO OA AN AM Lại có : AB // NQ RRABNQ MN AM NQ AB 5,1 2 3 2 3 3 2 ===== Vậy độ dài NQ không đổi, không phụ thuộc vào vị trí điểm M c. (0.5 điểm): S ABQN = AHRAHRRAHQNAB . 4 5 ).5,1( 2 1 ).( 2 1 =+=+ ( với AH PQ ) Vì R không đổi nên S ABQN lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất. Do : AH AN nên AH lớn nhất ANAH = H trùng với N AN ABAMNQ tại A( do AB//NQ ) khi đó AMB vuông ở A nên ta có : AM 2 =MB 2 - AB 2 = 4R 2 - R 2 = 3R 2 AM = 3R Do 2 3 2 1 3 2 R AMAN MN AM === S ANQB đạt giá trị lớn nhất là : 8 35 2 3 . 4 5 2 RR R = Bài 9 (2.0 điểm) : Gọi ABCD là hình thang cân (AB//CD) tiếp điểm của hai đờng tròn (O)và (O) là E .Gọi tiếp điểm của (O) với AB , AD là M , H. Gọi tiếp điểm của (O) với CD, AD là N, K tiếp tuyến chung tại E cắt AD ở I . IOO vuông ở I mà IE vuông góc với OO EI 2 = EO. EO = 8.2 =16 O A O B P N M Q O E H M BA K O I EI = 4( cm) (0,5 điểm ) * Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : OA vuông góc OI ( 2 tia phân giác của 2 góc kề bù) AOI vuông tại O mà OH vuông góc AI OH 2 = IH.HA mà IH = IE = 4cm (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,5 điểm ) OH = 2 cm (gt) 4= 4.HA HA= 1cm. Tơng tự ta có : IOD vuông tại O mà OK vuông góc ID OK 2 = KI .DK (0,5 điểm ) Hay 8 2 = 4 .DK DK = 16 4 64 = DN = DK = 16 cm. Do đó S ABCD = (AM +DN).MN = (1+ 16).20 = 340 (cm 2 ) (0,5 điểm ) Bài 9 (2.0 điểm) : a. (1.0 điểm): Ta có ABD ~ AHC (g-g) AC AD AH AB = A AB.AC = AD.AH D AH = R ACAB AD ACAB 2 = Không đổi (0,5 điểm ) H (A,r ) với r = R ACAB 2 . B C Ta có (A,r) cố định D BC luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định (0,5 điểm ) b. (1.0 điểm): S ABC = 2 1 AH.BC Vì AH không đổi do đó: S ABC lớn nhất BC lớn nhất Vẽ OE BC ta có BC lớn nhất OE bé nhất (0,5 điểm ) Góc I là giao điểm của (A,r) với AD Thì do OA<OH nên O nằm giữa A và I ta có: OA + OE AE AH = AI =AO + OI OE OI không đổi do O và I cố định . Vậy min OE = OI E I H. nếu H I thì OE ngắn nhất khi đó dây cung BC qua I và vuông góc với AD tại I (0,5 điểm ) D C N E H 0 . ABC lớn nhất . Đáp án đề số 1 Bài 1 (2.0 điểm) a. (0.75 điểm): P = 1 2m 1 1m 2m 2)m1)(m( 39m3m + + + + = 2)m1)(m( 2mm1m4m3m33m + ++ + + = 1m 1m 2)m1)(m( 2m3m + = + ++ Điều kiện m 0 ;. (1.0 điểm): x 2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) 1 2 +x 01313)1( 2222 =++ ++ xxxxx 0)1(3)1(1 222 =++ + xxxxx 0)31)(1( 22 =++ xxx (0,5 điểm) 22 31 1 031 01 2 2 2 2 = =+ =+ =+ =+ x x xx x xx (0,5. điểm) 22 31 1 031 01 2 2 2 2 = =+ =+ =+ =+ x x xx x xx (0,5 điểm ) b.(1.0 điểm): 6x 5 - 29x 4 + 27x 3 + 27x 2 - 29x + 6 = 0 0)63562356)(1( 234 =++ + xxxxx =++ = =+ 063562356 101 234 xxxx xx (0,25 điểm ) Giải (*) ta thấy x=