de thÝhg toan1011gialoc dot II

UBND huyện gia lộc phòng giáo dục và đào tạo đề khảo sát học sinh giỏi lớp 9 đợt 2 năm học 2010-2011 môn: toán Thời gian: 150 phút ( Không kể giao đề) Ngày khảo sát: 26/11/2010 Đề gồm có 01 trang Bài 1 (3 điểm): 1. Cho y = 2 2 4 4 4 4x x x x+ + + + a) Rút gọn y. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y. 2. So sánh A = 1 + 1 1 1 1 1 1 . 2 3 4 5 99 100 + + + + + + với 20 3. Cho a, b, c và x, y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau: x + y = a ; x 3 + y 3 = b 3 ; x 5 + y 5 = c 5 Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y. Bài 2 ( 2,5 điểm) : 1. Cho hai điểm A(3 ; 0) và B(0; 4) a) Viết ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B. b) Một điểm C di chuyển trên đoạn AB. Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu của C trên OA; OB. Gọi F là điểm thuộc đoạn thẳng DE sao cho EF = 1 3 FD. Chứng minh F nằm trên một đ ờng thẳng cố định. 2. Cho x; y thoả mãn (x + 2 2010x + )( y + 2 2010y + ) = 2010 Tính E = x 2011 + y 2011 Bài 3 (3,5 điểm): 1. Cho nửa đ ờng tròn (O) đ ờng kính AB = 2R (R là một độ dài cho tr ớc). M, N là hai điểm thuộc nửa đ ờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đ ờng thẳng MN bằng R 3 . a) Tính độ dài MN theo R. b) Xác định vị trí của M; N sao cho tổng diện tích S AMB + S ANB là lớn nhất theo R khi M, N thay đổi nh ng vẫn thoả mãn giả thiết của bài toán. 2. Cho K là một điểm nằm trong tam giác đều DEF sao cho KE 2 = KD 2 + KF 2 . Tính số đo của góc ã DKF Bài 4 (1 điểm) : Tìm số nguyên m để 2 m + m + 3 là số hữu tỉ? Họ tên học sinh: Chữ ký của giám thị: UBND huyện gia lộc phòng giáo dục và đào tạo h ớng dẫn chấm khảo sát học sinh giỏi lớp 9 đợt 2 năm học 2010-2011 môn: toán Bài Phần Nội dung Điểm 1 1 (a) y = 2 2 4 4 4 4x x x x+ + + + y = 2 2 ( 2) ( 2)x x+ + = 2 2x x+ + Nếu x < -2 thì y = - x - 2 - x + 2 = - 2x Nếu -2 x 2 thì y = x + 2 - x + 2 = 4 Nếu x > 2 thì y = x + 2 + x - 2 = 2x 0,25 0,25 1 (b) Nếu x < -2 thì y = - 2x > 4 Nếu -2 x 2 thì y = 4 Nếu x > 2 thì y = 2x > 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 4 khi -2 x 2 0,25 0,25 2 So sánh A = 1 + 1 1 1 1 1 1 . 2 3 4 5 99 100 + + + + + + với 20 * Chứng minh bất đẳng thức: với n là số tự nhiên thì 1 < 2( n + 1 - n ) n+1 Với n là số tự nhiên ta có: n < n + 1 n + n + 1 < 2 n + 1 1 1 n + n + 1 2 n + 1 > 1 n + 1 - n > 2 n + 1 1 < 2( n + 1 - n ) n+1 vì ( n + 1 + n ).( n + 1 - n ) 1= Vậy 1 < 2( n + 1 - n ) n+1 * Thay n lần l ợt từ 0; 1; . đến 99 vào bất đẳng thức trên ta có: 1 2; 1 < 1 2( 2 1) 2 < ; 1 2( 3 2) 3 < ; ; 1 2( 100 99) 100 < A < 2 (1+ 2 1 3 2 4 3 . 99 98 100 99 + + + + + ) = 2. 100 Vậy A < 2.10 = 20 0.25 0,25 0,25 0,25 3 Cho a, b, c và x,y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau: x + y = a ; x 3 + y 3 = b 3 ; x 5 + y 5 = c 5 Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y. * Từ x 3 + y 3 = b 3 ta có b 3 = x 3 + y 3 = ( x + y ).( x 2 - xy + y 2 ) b 3 = ( x + y)[ (x + y) 2 - 3xy ] = a. (a 2 - 3xy) = a 3 - 3axy Nếu x + y = 0 thì a = b = c = 0 Nếu x + y = a 0 xy = 3 3 a - b 3a Ta có x 5 + y 5 = ( x 3 + y 3 ).(x 2 + y 2 ) - x 2 y 2 (x + y) x 5 + y 5 = ( x 3 + y 3 )[ (x + y) 2 - 2xy] - (xy) 2 .(x + y) ( *) Thay x + y = a ; x 3 + y 3 = b 3 ; x 5 + y 5 = c 5 và xy = 3 3 a - b 3a vào ) ( *) Ta đ ợc: c 5 = b 3 [a 2 - 2( 3 3 a - b 3a ) ] - ( 3 3 a - b 3a ) 2 . a 9ac 5 - 5a 3 b 3 - 5b 6 + a 6 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1(a) Cho hai điểm A(3 ; 0) và B(0; 4); Viết ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B Ph ơng trình đ ờng thẳng có dạng: y = a.x + b (d) Vì B(0; 4) thuộc đ ờng thẳng (d) nên b = 4 suy ra y = a.x + 4 Vì A(3 ; 0) thuộc đ ờng thẳng (d) nên thay x = 3 ; y = 0 vào y = a.x + 4 ta đ ợc : 0 = a.3 + 4 a = 4 3 Vậy ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B là: y = 4 3 .x + 4 0,25 0,25 1 (b) 4 2 -2 -4 -5 5 F A3 0 B C D E 3 K H Kẻ FH OA tại H; FK OB tại K. Vì C thuộc đ ờng thẳng AB nên C (x c ; y c ) thì y c = 4 3 .x c + 4 (*) và x c = OD; y c = OE. Điểm F (x F ; y F ) thì x F = OH = FK ; y F = OK = FH ( vì OKFH là hình chữ nhật) Ta có EF = 1 3 FD nên EF = 1 4 ED; FD = 3 4 ED Tam giác EOD có FK // OD nên KF EF 1 = = OD ED 4 F C x 1 = x 4 x c = 4x F FH // OE nên FH DF 3 = = OE DE 4 F C 3 = 4 y y y c = 4 3 y F Thay x c = 4x F ; y c = 4 3 y F vào (*) ta đ ợc 4 3 y F = 4 3 .4x F + 4 y F = - 4x F + 3 Vậy F nằm trên đ ờng thẳng cố định y = - 4x +3, nằm trong góc phần t thứ I giới hạn bởi hai điểm có toạ độ là ( 3 4 ; 0) và (0; 3) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Cho x; y thoả mãn (x + 2 2010x + )( y + 2 2010y + ) = 2010 (1) Ta có (x + 2 2010x + )( x - 2 2010x + ) = - 2010 (2) (y + 2 2010y + )( y - 2 2010y + ) = - 2010 (3) Từ (1) suy ra x + 2 2010x + 0 và y + 2 2010y + 0 (4) Từ (1) và (2) suy ra (x + 2 2010x + )( x - 2 2010x + + y + 2 2010y + ) = 0 mà x + 2 2010x + 0 x - 2 2010x + + y + 2 2010y + = 0 (5) Từ (1) và (3) suy ra (y + 2 2010y + )( x + 2 2010x + + y - 2 2010y + ) = 0 mà y + 2 2010y + 0 x + 2 2010x + + y - 2 2010y + = 0 (6) Cộng từng vế của (5) và (6) ta có: x - 2 2010x + + y + 2 2010y + + x + 2 2010x + + y - 2 2010y + = 0 2x + 2y = 0 x + y = 0 x = - y x 2011 = - y 2011 x 2011 + y 2011 = 0 Vậy E = x 2011 + y 2011 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 3 Vẽ hình đúng cả hai hình ( nếu đúng 1 hình đ ợc 0,125 đ) 0,25 O B H K A M N I P R Q E F D K P 1 (a) Kẻ AH MN tại H, BK MN tại K, suy ra AH + BK = R 3 Từ O kẻ OI MN tại I MI = IN = 1 2 MN. Ta có AH // BK (cùng vuông góc với MN) AHKB là hình thang, ta lại có OA = OB, AH // OI // BK(cùng vuông góc với MN) OI = 1 2 ( AH + BK) OI = 1 2 . R 3 Tam giác MOI vuông tại I nên MI 2 = OM 2 - OI 2 = R 2 - 2 3R 4 = 2 R 4 MI = R 2 MN = 2.MI = R. Vậy MN = R. 0,25 0,25 0,25 1 (b) Kẻ MP AB tại P, IQ AB tại Q, NR AB tại R MP//IQ//NR MPRN là hình thang, mà MI = IN QI = 1 2 ( MP + NR) MP + NR = 2QI Ta có S AMB = 1 2 AB. MP ; S ANB = 1 2 AB. NR S AMB + S ANB = 1 2 AB.(MP+NR) Ta có AB = 2R không đổi nên S AMB + S ANB đạt giá trị lớn nhất khi MP + NR đạt giá trị lớn nhất. Ta lại có MP + NR = 2QI nên MP + NR đạt giá trị lớn nhất khi IQ đạt giá trị lớn nhất. 0,25 0,25 Ta có IQ OI IQ đạt giá trị lớn nhất bằng OI khi Q O, khi đó OI AB suy ra MN // AB S AMB + S ANB = 1 2 AB.2IO = 1 2 .2R. R 3 = R 2 . 3 (đvdt). * Cách dựng: Qua O dựng tia Ox AB tại O ( Ox thuộc nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đ ờng tròn tâm O), trên Ox lấy điểm I sao cho OI = 1 2 . R 3 . Qua I dựng đ ờng thẳng d OI tại I, d cắt nửa đ ờng tròn (O) tại M và N ( M thuộc cung AN ). 0,25 0,25 2 Dựng tam giác đều DKP sao cho P nằm phía ngoài tam giác DEF, K và P nằm trên 2 nửa mặt phẳng đối nhau có bờ là DF. Tam giác DEF đều DE = DF, ã 0 EDF = 60 Tam giác DKP đều DK = DP = KP, ã ã 0 KDP = DKP 60= . Ta có: ã ã ã 0 EDK + KDF = EDF = 60 ; ã ã ã 0 KDF + FDP = KDP = 60 ã ã EDK = FDP EDK = FDP ( ED = FD, ã ã EDK = FDP , DK = DP ) KE = PF. Ta có KE 2 = KD 2 + KF 2 mà KE = PF, DK = KP nên FP 2 = KP 2 + KF 2 PKF vuông tại K ã 0 PKF = 90 . Ta có ã ã ã 0 0 0 DKF = DKP + PKF = 60 90 150+ = . Vậy ã 0 DKF 150= 0,25 0,25 0,5 0,5 4 Tìm số nguyên m để 2 m + m + 3 là số hữu tỉ Vì m là số nguyên và 2 m + m + 3 là số hữu tỉ nên đặt 2 m + m + 3 = t (t N) Bình ph ơng hai vế ta đ ợc m 2 + m + 3 = t 2 4m 2 + 4m + 12 = 4t 2 4m 2 + 4m + 1 + 11 = 4t 2 4t 2 - (4m 2 + 4m + 1) = 11 (2t) 2 - (2m + 1) 2 = 11 (2t + 2m + 1)(2t - 2m - 1) = 11 Vì m là số nguyên và t là số tự nhiên nên 2t + 2m + 1 và 2t - 2m - 1 là các số nguyên 2t + 2m + 1 và 2t - 2m - 1 là các ớc nguyên của 11; các ớc nguyên của 11 là; 1 ; -1 ; 11 ; -11 Ta có các tr ờng hợp sau: 2t + 2m + 1 = 11 2t - 2m - 1 = 1 ; 2t + 2m + 1 = -11 2t - 2m - 1 = -1 ; 2t + 2m + 1 = 1 2t - 2m - 1 = 11 ; 2t + 2m + 1 = - 1 2t - 2m - 1 = -11 Giải các tr ờng hợp trên ta đ ợc ( m = 2 ; t = 3 ) và ( m = -3; t = 3) thoả mãn Vậy m = -3; m = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của phần đó. . DKP sao cho P nằm phía ngoài tam giác DEF, K và P nằm trên 2 nửa mặt phẳng đối nhau có bờ là DF. Tam giác DEF đều DE = DF, ã 0 EDF = 60 Tam giác DKP đều. thoả mãn giả thiết của bài toán. 2. Cho K là một điểm nằm trong tam giác đều DEF sao cho KE 2 = KD 2 + KF 2 . Tính số đo của góc ã DKF Bài 4 (1 điểm) : Tìm