Đề số 6 kiểm tra đội tuyển có HD

BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Kiểm tra đội tuyển HSG) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương. Bài 2: Cho x + 2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y Bài 3: Giải phương trình: x 4 – 2y 4 – x 2 y 2 – 4x 2 – 7y 2 – 5 = 0 Bài 4: Cho hàm số mx 2 + (m + 2)x + 1 – 2m (*) Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai điểm cố định với mọi giá trị của m. Bài 5: Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y 4x - y = 5  + =     Bài 6: Hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) cắt nhau ở M và P. Kẻ dây MA của (O 1 ) tiếp xúc với (O 2 ) ở M. Kẻ dây MB của (O 2 ) tiếp xúc với (O 1 ) ở M. Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM. Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn. HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Đội tuyển HSG 08-09) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: (1,25 đ) Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương. Giải: n + 15 và n – 32 là hai số chính phương ⇔ n + 15 = p 2 và n – 32 = q 2 (p, q N) ∈ (0,25 đ) => p 2 – q 2 = (n + 15) – (n – 32) = 47 <=> (p – q)(p + q) = 47 (0,25 đ) Vì 47 là số nguyên tố nên    = = ⇔    =+ =− 23 24 47 1 q p qp qp (0,25 đ) Từ n + 15 = p 2 = 24 2 = 576 => n = 561 (0,25 đ) Thay n = 561 vào n – 32 ta có 561 – 32 = 23 2 = q 2 (0,125 đ) Vậy với n = 561 thì n + 15 và n – 32 là hai số chính phương. (0,125 đ) Bài 2: (1,25 đ) Cho x + 2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y Giải: Ta có x + 2y = 1  x = 1 – 2y (0,25 đ) Do đó M = x.y = (1 – 2y).y = y – 2y 2 = -(2y 2 –y) (0,25 đ) => M = ( ) 2 2 2 2. 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 y y       − + −    ÷  ÷         (0,25 đ) = 2 2 1 1 2 2 2 2 2 y       − −    ÷  ÷         (0,25 đ) = 2 1 1 1 2 8 8 2 2 y   − − ≤  ÷   (0,25 đ) Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình: x 4 – 2y 4 – x 2 y 2 – 4x 2 – 7y 2 – 5 = 0 Giải: x 4 – 2y 4 – x 2 y 2 – 4x 2 – 7y 2 – 5 = 0 ⇔ (x 4 – 2x 2 y 2 - 5x 2 )+ (x 2 y 2 – 2y 4 – 5y 2 ) + (x 2 – 2y 2 – 5) = 0 (0,125 đ) ⇔ x 2 (x 2 – 2y 2 - 5)+ y 2 (x 2 – 2y 2 – 5) + (x 2 – 2y 2 – 5) = 0 (0,125 đ) ⇔ (x 2 – 2y 2 - 5)(x 2 + y 2 + 1) = 0 (0,125 đ) ⇔ (x 2 – 2y 2 – 5) = 0 (0,125 đ) ⇔ x 2 = 2y 2 + 5 (1) (0,125 đ) => x là số lẻ. Ta đặt x = 2k +1 (k Z) ∈ . Khi đó (1) được viết lại là: (2k + 1) 2 = 2y 2 + 5 52y 1 k 44k 22 +=++⇔ (0,25 đ) ( ) 1 k k2 y 4k 44k2y 2222 −+=⇔−+=⇔ (2) (0,125 đ) => y là số chẵn. Đặt y = 2n (n Z) ∈ . Khi đó (2) được viết lại là: 4n 2 = 2(k 2 + k – 1)  2n 2 + 1 = k.(k + 1) (*) (0,25 đ) Nhìn vào (*) ta thấy vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên một trong hai số phải là số chẵn). (0,125 đ) => (*) vô nghiệm, nên dẫn đến phương trình đã cho vô nghiệm. (0,125 đ) Bài 4: (1,5 đ) Cho hàm số mx 2 + (m + 2)x + 1 – 2m (*) Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai điểm cố định với mọi giá trị của m. Giải: Gọi A(x 0 , y 0 ) là một điểm bất kỳ nào đó mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m. Khi đó ta có: y 0 = 2 0 0 mx + (m + 2)x + 1 - 2m (0,25 đ) Hay: 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 mx + mx - 2m = y - 2x - 1 m(x + x - 2) = y - 2x - 1⇔ (**) (0,25 đ) Phương trình (**) đúng với mọi m nên phải có: 2 0 0 0 0 x + x 2 0 (1) y - 2x - 1 = 0 (2)  − =     (0,25 đ) 2 0 0 0 0 x + x 2 0 x 1 hoÆc x 2− = ⇔ = = − (0,25 đ) Thay x 0 = 1 vào (2) ta có y 0 = 2.1 + 1 = 3 (0,125 đ) Thay x 0 = -2 vào (2) ta có y 0 = 2.(-2) + 1 = -3 (0,125 đ) Vậy với mọi giá trị của m, đồ thị của hàm số đã cho luôn luôn đi qua hai điểm: A(1; 3) và B(-2; -3) (0,25 đ) Bài 5: ( 1,5 đ) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y 4x - y = 5  + =     Giải: ĐK để các biểu thức có nghĩa là: 2x + 2y 0≥ và 2x – 3y 0≥ (0,125 đ) Đặt X = 2x + 2y và Y = 2x – 3y ta có: X + Y = 4x – y = 5 (0,125 đ) Thay vào hệ PT trên ta có: ( ) 2 X Y 3 X.Y (1) X + Y = 5 (2)  + =     (0,125 đ) Bình phương hai vế của (1) ta có: 4(X + Y + 2 X.Y = 9X.Y (*) (0,125 đ) Thay X + Y = 5 vào (*) ta được: 4(5 + 2 X.Y ) = 9 X.Y (0,125 đ) Đặt X.Y = Z (Z 0)≥ ta có: 4(5 + 2Z) = 9 Z 2 ⇔ 9Z 2 – 8Z – 20 = 0 (**) (0,125 đ) Giải (**) ta có Z 1 = 2; Z 2 = 20 18 − (loại) (0,125 đ) Với Z = X.Y = 2 => X.Y = 4 ta có hệ PT: X + Y = 5 X.Y = 4    (0,125 đ) X = 4 X = 1 hoÆc Y = 1 Y = 4   ⇔     (0,125 đ) * 7 x X = 2x + 2y = 4 5 Y = 2x - 3y = 1 3 y = 5  =    ⇔       * 11 x X = 2x + 2y = 1 10 Y = 2x - 3y = 4 -3 y = 5  =    ⇔       (0,125 đ) Thử lại rồi trả lời. (0,25 đ) Bài 6: (3,0 đ) Hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) cát nhau ở M và P. Kẻ dây MA của (O 1 ) tiếp xúc với (O 2 ) ở M. Kẻ dây MB của (O 2 ) tiếp xúc với (O 1 ) ở M. Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM. Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn. Giải: Từ O 1 và O 2 hạ các đường vuông góc với MA và MB, hai đường này cắt nhau ở O. (0,25 đ) Ta có OO 1 // O 2 M (vì cùng vuông góc với AM) (0,25 đ) Và OO 2 // O 1 M (vì cùng vuông góc với BM) (0,25 đ) => O 1 MO 2 O là hình bình hành. (0,25 đ) O 1 O 2 cắt MO tại I => I là trung điểm của MO (0,25 đ) O 1 O 2 cắt MP tại K => K là trung điểm của MP (0,25 đ) => KI là đường trung bình của tam giác MOP (0,25 đ) => KI // OP OP MH⇒ ⊥ (0,5 đ) => O thuộc đường trung trực của MA, MH, MB (0,25 đ) => O cách đều 4 điểm A, M, B, H. (0,25 đ) Hay tứ giác AMBH nội tiếp được đường tròn đường kính OM. (0,25 đ) O H I K O 2 O 1 B A P M . BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Kiểm tra đội tuyển HSG) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: Tìm số tự nhiên n để (n +. đường tròn. HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Đội tuyển HSG 08-09) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: (1,25 đ) Tìm số tự nhiên n