Bài soạn Kiểm tra 01.2011

Trờng thcs vĩnh an đề kiểm tra học sinh giỏi lớp 9 Tổ khoa học tự nhiên tháng 01 2011 Môn : Toán Bài 1: Cho biểu thức: 3 3 6 4 3 1 3 3 3 3 2 3 4 1 3 3 3 8 x x x A x x x x x + + = ữ ữ ữ ữ + + + 1. Rút gọn biểu thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: Cho parabol (P): 2 1 2 y x= và đờng thẳng : 2d y x m= + ( m là tham số). 1. Với giá trị nào của m thì (P) và d chỉ có một điểm chung? Khi đó d gọi là tiếp tuyến của parabol (P), vẽ tiếp tuyến đó. 2. Vẽ parabol (P) và đờng thẳng : 2d y x m= + trên cùng một đồ thị. Từ đồ thị suy ra, tập những giá trị của m để d cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ dơng. 3. Tìm quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. 4. Tìm các giá trị của m để phơng trình 4 2 4 2 0x x m + = có 4 nghiệm phân biệt. Tính các nghiệm đó theo m . Bài 3: 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2 3 5 1 x x y x + + = + . 2. Hãy tìm các chữ số , , ,a b c d biết rằng các số , , ,a ad cd abcd là các số chính phơng. 3. Gii phng trỡnh nghim nguyờn: 2 2 2 2 8 2x y x y xy = (1) Bài 4: Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng d không đi qua O cắt đờng tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đờng thẳng d và ở ngoài đờng tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đờng tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). 1. Chứng minh rằng 2 2 .MN MP MA MB= = 2. Dựng vị trí điểm M trên đờng thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. 3. Chứng minh rằng tâm của đờng tròn nội tiếp và tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lợt chạy trên hai đờng cố định khi M di động trên đờng thẳng d. Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm (1;0), (0;2), ( 3;0)A B C . Điểm D ở trên đoạn BC sao cho DA = DC. E là điểm tùy ý trên đoạn AC, đờng thẳng d đi qua E và song song với đờng thẳng AD cắt đờng thẳng BA tại F. Đoạn BE cắt đoạn DA tại G. Chứng minh rằng 2 tia CG và CF đối xứng với nhau qua CA. Cõu 6 .Trong mt phng vi h trc to Oxy cho tam giỏc ABC cú din tớch bng 3 2 . Bit A(2; -3), B(3; - 2) v trng tõm G thuc ng thng d cú phng trỡnh: 3x y 8 = 0. Tớnh bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc ABC. 1 Đáp án 1.1 3 3 6 4 3 1 3 3 3 3 2 3 4 1 3 3 3 8 x x x A x x x x x + + = ữ ữ ữ ữ + + + Ta có: ( ) 2 3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + > , nên điều kiện để A có nghĩa là ( ) ( ) ( ) 3 4 3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0 3 x x x x x x x = + + ( ) ( ) 3 3 3 1 3 6 4 3 3 3 2 3 4 1 3 3 2 x x x A x x x x x + + ữ ữ = ữ ữ + + + ữ ữ ( ) ( ) ( ) ( ) 6 4 3 2 3 3 3 1 3 3 2 3 2 3 4 x x x A x x x x x x + ữ = + ữ + + ( ) ( ) ( ) 3 4 2 3 3 2 3 1 3 2 3 2 3 4 x x A x x x x x + + ữ = + ữ + + ( ) 2 3 1 3 2 x A x = ( 4 0 3 x ) 1.2 ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 3 2 2 3 2 1 1 3 3 2 3 2 3 2 x x x A x x x x + + = = = + Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì 3 3 3 9 3 2 1 3 3 1 3 1 x x x x x x = = = = = = (vì x Z và 0x ). Khi đó: 4A = Câu 2.1 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của (P) và d là: 2 2 1 2 4 2 0 2 x x m x x m = + + = (1) Phơng trình (1) là phơng trình bậc hai nên để (P) và d chỉ có một điểm chung thì phơng trình (1) có nghiệm kép, tơng đơng với: ' 4 2 0 2m m = = = Khi đó đờng thẳng d là tiếp tuyến của (P) có phơng trình 2 2y x= + Vẽ đúng tiếp tuyến. 2.2 + Vẽ đúng (P) + Đờng thẳng : 2d y x m= + song song với đờng thẳng 2 2y x= + và cắt trục Oy tại điểm B(0; m). + Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) tại hai điểm có hoành độ dơng thì 0 2m < < 2 2.3 Gọi 0 0 0 ( ; )M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phơng trình đờng thẳng d' qua M 0 và có hệ số góc k là: y kx b= + , đờng thẳng này đi qua M 0 nên 0 0 0 0 y kx b b y kx= + = , suy ra pt của d': 0 0 y kx kx y= + . Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 0 0 0 0 1 2 2 2 0 2 x kx kx y x kx kx y= + + = (**) Để từ M 0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình: 2 0 0 4 8 8 0k kx y = + = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,k k và 1 2 1k k = 0 0 1 2 1 2 y y = = Vậy quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đờng thẳng 1 2 y = 2.4 4 2 4 2 0x x m + = (2) 2 4 2 0X X m + = và 2 ( 0)X x= (3) Để phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (3) phải có 2 nghiệm dơng phân biệt. Từ câu 1. và 2. ta suy ra 0 2m< < . Khi đó 4 nghiệm của (2) là: 1,2 2 4 2x m= và 3,4 2 4 2x m= + . Câu3.1 2 2 3 5 1 x x y x + + = + (xác định với mọi x R ) ( ) 2 1 3 5 0 (**)y x x y + = 1 0; 1y y = = pt (**) có nghiệm 4 3 x = . 1:y để pt (**) có nghiệm thì: 2 9 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y = = + ( ) ( ) 2 25 5 5 5 1 11 3 0 3 3 1 4 2 2 2 2 2 y y y y y Vậy tập giá trị của y là 1 11 ; 2 2 , do đó 11 1 ; 2 2 Max y Min y= = 3.2 a là số chính phơng, nên 1, 4,9a = . Ta có 2 2 9 81; 10 100= = nên không có số 9x nào là số chính phơng. Do đó a chỉ có thể là 1 hoặc 4. ad là số chính phơng nên ad chỉ có thể là 16, hoặc 49. Nên d chỉ có thể là 6 hoặc 9. cd là số chính phơng nên cd chỉ có thể là 16, hoặc 36, hoặc 49. Nên Nên c chỉ có thể là 1, hoặc 3, hoặc 4. Nếu 1a = thì 6d = và 1c = hoặc 3c = , khi đó 1 16 1 36abcd b hay b= và ( ) ( ) 2 2 1 6 4 6bc x hay x= . Ta có: 2 2 2 2 2 26 676; 34 1156; 36 1296; 44 1936; 46 2126= = = = = . Chỉ chọn đợc 1936. Nếu 4a = thì 9d = và 4c = , khi đó ( ) ( ) 2 2 4 49 3 7abcd b x hay x= = . Ta có: 2 2 2 63 3969; 67 4489; 73 5329= = = . Không chọn đợc số nào. Vậy chỉ có các chữ số 1, 9, 3, 6a b c d= = = = thỏa mãn điều kiện bài toán. 3 3.3 Gii phng trỡnh nghim nguyờn: 2 2 2 2 8 2x y x y xy = (1) BG: D thy pt cú nghim: x = y = 0. Vi , 0x y ta cú: 2 2 2 (1) ( 7) ( )y x x y = + (2) T (2) suy ra 2 7x l bỡnh phng ca mt s nguyờn. Gi 2 2 7x a = (3), a l s nguyờn. (3) ( )( ) 7 1 4 4 7 x a x a x a x x x a + = = = = + = *Thay x = 4 vo (2) ta c y = -1, y = 2. *Thay x = -4 vo (2) ta c y = 1, y = -2. Vy PT cú cỏc nghim nguyờn (x; y) l: (0;0), (4; -1), (4;2), (-4;1), (-4;2). 4 4.1 (1,25 đ) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh đợc 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng. Suy ra: 2 2 . MA MN MN MP MA MB MN MB = = = 0,25 0,50 0,50 4.2 (1,25 đ) Để MNOP là hình vuông thì đờng chéo 2 2OM ON R= = Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đờng tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có 2 2 MN MO ON R= = , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tơng tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì 2OM R R= > 0,25 0,25 0,50 0,25 4.3 (2,0 đ) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đờng tròn đờng kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đờng tròn đờng kính OM, tâm là H. + Kẻ OE AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ ( )HL d thì HL // OE, nên HL là đờng trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1 2 HL OE= (không đổi). + Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đờng thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE. 0,25 0,5 0,25 4 + Ta có: OM là phân giác trong góc ã NMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Kẻ tia phân giác trong góc ã PNM cắt đờng tròn (O) tại điểm F, khi đó ằ ằ NF FP= (ứng với góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau). + Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đờng tròng nội tiếp tam giác MNP. + Vậy khi M đi động trên (d) thì tâm đờng tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đ- ờng tròn (O). 0,5 0,25 0,25 5 + Đờng thẳng BC có phơng trình dạng: 2y ax= + (đi qua B(0; 2) và qua C(-3; 0) nên 2 3 a = . Do đó phơng trình của đờng thẳng BC là: 2 2 3 y x= + . + Tam giác ADC cân tại D (gt), nên ã ã CAD DCA= , suy ra hệ số góc của AD là số đối của hệ số góc của BC, nên phơng trình của AD có dạng 2 3 y x b= + . Mà AD đi qua A(1; 0) nên 2 3 b = , suy ra, phơng trình của đờng thẳng AD là: 2 2 3 3 y x= + . + Gọi E( m ; 0) thuộc đoạn CA thì ( 3 1)m . Đờng thẳng d song song với AD nên d: 2 3 y x b= + , d đi qua E nên: 2 2 : 3 3 m d y x= + . + Phơng trình đờng thẳng BE: 2y ax= + . BE đi qua E(m; 0) nên 2 a m = khi 0m ; còn nếu 0m = thì BE Oy . Do đó phơng trình của BE là: 2 2y x m = + ( 0m ) và 0x = (m = 0). + Phơng trình cho hoành độ giao điểm G của BE và AD là: 2 2 2 2 2 ; 3 3 3 m x x x m m + = + = suy ra tung độ của G: 2( 1) 3 m y m = ( ) 0; 3m m + Phơng trình đờng thẳng CG: y ax b= + , CG đi qua C và G nên ta có. hệ phơng trình: 2( 1) 3 0 9 2 2( 1) 6( 1) 3 3 9 m a b a m ma m m b b m m m + = = + = = + Suy ra hệ số góc của đờng thẳng CG là 2( 1) 9 m a m = + Phơng trình đờng thẳng AB: 2 2y x= + +Phơng trình cho hoành độ giao điểm F của AB và d là: 5 2 2 3 2 2 3 3 2 m m x x x + = + = ; suy ra tung độ của F là: 1y m= + Phơng trình đờng thẳng CF có dạng: ' 'y a x b= + , CF đi qua C và F nên: ( ) 2( 1) 3 ' ' 0 ' 9 3 ' 6( 1) ' 1 ' 2 9 m a b a m m a m b m b m + = = + = = . Suy ra hệ số góc của đờng thẳng CF là: 2( 1) ' 9 m a a m = = . + Hai đờng thẳng CG và CF ở về hai phía đối với CA và có hệ số góc đối nhau, nên cùng tạo với CA (trục Ox) một góc nhọn bằng nhau, suy ra: CG và CF đối xứng nhau qua CA. + Trờng hợp 0m = : BE: x =0, nên 2 0; 3 G ữ , hệ số góc của CG là 2 9 a = ; đờng thẳng d: 2 3 y x= , tọa độ điểm 3 ; 1 2 F ữ , hệ số góc của CF là 2 ' 9 a = , bài toán vẫn còn đúng. Câu 6 Trong mt phng vi h trc to Oxy cho tam giỏc ABC cú din tớch bng 3 2 . Bit A (2; - 3), B(3; - 2) v trng tõm G thuc ng thng d cú phng trỡnh: 3x y 8 = 0. Tớnh bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc ABC. Gii: Gi C (a; b) S = 1 2 CH.AB (1). Ta cú: AB = 2 (vỡ 2 2 A B A B AB (x x ) (y y )= + ) Phng trỡnh AB: x y 5 = 0 => CH=d(C, AB)= a b 5 2 ( vỡ c c 2 2 By C A B + + + Ax ) do ú: (1) a b 5 3 1 . . 2 a b 5 3 2 2 2 = = . a b 8 a b 2 = = To G ( a 5 b 5 ; 3 3 + ) (Vỡ a b c a b c G G x x x y y y x ;y 3 3 + + + + = = ) Ta cú: G 3(a 5) b 5 8 0 3 3 + = 3a b = 4. TH 1 : a b 8 a 2 3a b 4 b 10 = = = = => C(-2; -10) Chu vi tam giỏc: 2p = AB + BC + CA = 2 65 89+ + => r = 2S 3 2p 2 65 89 = + + . TH 2 : a b 2 a 1 3a b 4 b 1 = = = = => C(1; -1) Chu vi tam giỏc: 2p = AB + BC + CA = 2 5 2+ => r = 3 2 5 2+ . 6 . Trờng thcs vĩnh an đề kiểm tra học sinh giỏi lớp 9 Tổ khoa học tự nhiên tháng 01 2011 Môn : Toán Bài 1: Cho biểu thức: 3 3 6 4 3 1 3 3. thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: Cho parabol (P): 2 1 2 y x= và đờng thẳng : 2d y x m= + ( m là tham