Toan 9 HSG

Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung trong EF A, E O; B,F O’ a, Gọi M là giao điểm của AB và EF.. Chứng minh tam gi¸c AOM và tam gi¸c BMO’ đồng dạng.[r]

đề thi học sinh giỏi lớp năm học 2012-2013 Thêi gian: 120 phót Ngời đề: Chu Thị Hiên - Trờng THCS Mễ Sở P x  x2  x  x ( x  1)( x  x ) x x C©u 1(2 ®iÓm): Cho biểu thức: a Rót gọn P b TÝnh P x 3  2 c, T×m gi¸ trị nguyªn x để P nhận gi¸ trị nguyªn C©u (3 ®iÓm): a, Gi¶i ph¬ng tr×nh x  x  x x  x  0 b, Cho hàm số y = - mx + – m (m 0) Tìm các giá trị m để đồ thị hµm sè c¾t trôc hßanh, trôc tung lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm A, B cho tam giác AOB có diện tích (O là gốc tọa độ) 2012  n2002  c, T×m số tự nhiªn n để: A n là số nguyªn tố C©u (2®iÓm) a, Với gi¸ trị nào k th× hệ hai phương tr×nh bậc hai ẩn x, y: ¿ x − ky=k − 4(1) (2 k +6)x + y =2 k +1(2) v« nghiệm ¿{ ¿ b, Cho x, y, z là c¸c số thực thoả m·n ( x  23)( y  1)( z  2008) 1 T×m gi¸ trị lớn biểu thức:  L  x  23      1     y      z  2008    y 1 z  2008   x  23  C©u (3®iÓm) Cho hai đường trßn t©m O và t©m O’ ngoài Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung EF ( A, E (O); B,F (O’)) a, Gọi M là giao điểm AB và EF Chứng minh tam gi¸c AOM và tam gi¸c BMO’ đồng dạng b, Chứng minh AE vu«ng gãc với BF c, Gọi N là giao AE và BF Chứng minh O, N, O’ thẳng hàng đáp án và biểu điểm C©u C©u §¸p ¸n  x( x  2)  2( x  1)  x  x x  x  x   x   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2)  x x  2x  x  x x ( x 1)( x  2) ( x 1)   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1) b, Víi x 3  2  P 0,75 0,5 x   2   (  1)   ( x  1) 1 1 2   1  ( x  1) 1  c, ĐK: x  0; x 1 : P ( x  1) x  1 2  1  ( x  1) x1 x1 §Ó P nguyªn th× C©u §iÓm a, §k x  0; x 1 x x2 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2) √x− 0,75 nguyªn Học sinh lập luận để t×m x 4 x 9 a, ĐK: x 0 Nhận thấy: x 0 kh«ng phải là nghiệm phương 0,25 tr×nh, chia hai vế cho x ta cã: x2- 2x - x x - x + =  x – - x - x+ x =0  (x + x ) – ( x + x ) – = Đặt x 0,25 0,25 4 t   t  x    x  t  x x x , thay vào ta cã: 0,25  t 3 (t  4)  t  0  t  t  0  (t  3)(t  2) 0     t  0,25 Đối chiếu ĐK t  t 3  x 3  x  x  0  ( x  2)( x  1) 0  x b, Cho x = => y = - m => B (0; - m) 1 m 1 m y = => x = m (m 0) => A( m ; 0) §Ó SAOB =  OA.OB =  OA.OB = 16 (1  m)2 m  = 16  m2 -2m + = 16 m NÕu m > => m2 – 18m + =  x 4  x 1  0,5 0,25  m2 – 18m + 81 – 80 =  (m – 9)2 – 80 = 0,25  (m – - √ )(m – + √ ) = Suy m = + √ hoÆc m = - √ NÕu m < ta cã m2 + 14m + =  m2 + 14m + 49 – 48=  (m + 7)2 - 48 =  (m + - √ ) (m +7 + √ ) = 0,5  m = -7 + √ hoÆc m = -7 - √ VËy m = + √ ; m = - √ ; m = -7 + √ hoÆc m = -7 - √3 0,25 c, XÐt n 0 th× A = kh«ng phải sè nguyªn tố; n 1 th× A = lµ sè nguyªn tố XÐt n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 - 1, suy (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + C©u Vậy A chia hết cho n2 + n + > nªn A là hợp số Số tự nhiªn cần t×m n = a, Từ phương tr×nh (2) ta cã y  (2k  6) x  (2k  1) (3) Từ phương tr×nh (1) và (3) ta cã phương tr×nh x  k   (2k  6) x  (2k 1)  k   (2k  6k  4) x 2k  2k  0,25  (k  1)(k  2) x (k  1)(k  2) (4) T (3) và (4) ta thấy hệ cho v« nghiệm và phương 0,5   k   (k  1)(k  2) 0  k    k   (k  1)( k  2) 0  k 1  k   tr×nh (4) v« nghiệm hay 4 x  y   Với k  hệ cho trở thành 4 x  y  hệ này v« nghiệm Vậy k  là gi¸ trị cần t×m b, Điều kiện x > 23, y > 1, z > 2008 Đặt √ x −23=a ; √ y − 1=b ; √ z − 2008=c theo điều kiện và giả thiết đề bài ta cã a, b, c là c¸c số thực dương và a.b.c=1 0,25 0,25 Từ a.b.c=1 T ⇒ =a bc đã b  1  1    b     b    a  c  b bc   b   1    a     b    b  a   b  c b  đã cã   1  a   1   b  1   0,25 0,25   2  b  a    1  ba   b    Th (b −1+ 1c )( c −1+ 1a )≤ cb ực tương tự ta cã ; 0,25  1   c     a    ac a b     1 1  2   a   b   b   c   c   a   ba cb ac 1    Khi đã ta cã   suy  1 1   a     b     c    1 b  c  a  dấu xảy và a = b = c Do đã ta cã L 1 dấu xảy và x  23  y   z  2008 1 suy x = 24; y = và z = 2009 (Thỏa m·n điều kiện bài to¸n) Vậy gi¸ trị lớn biểu thức L là và x = 24; y = và z = 2009 C©u A M I B E K O N O' a, Ta cã MA và ME là tiếp tuyến (O)F   ⇒ AMO = OMF   MB, ME là tiếp tuyến (O’) ⇒ FMO' = BMO'     Lại cã: AMO + OMF + FMO' + BMO' = 1800   ⇒ AMO + BMO' = 900     Mà AMO + AOM = 900 Suy AOM = BMO' XÐt Δ AOM vµ Δ BMO’ cã 0,5 0,5   OAM = O 'BM = 900   AMO = BMO' (cmt) 0,5 Δ BMO’ (g.g) => Δ AOM b) Vì AM = ME; OA = OE => OM là đờng trung trực đoạn AE =>OM AE MÆt kh¸c OM MO’ (ph©n gi¸c gãc kÒ bï) => AE // MO’ L¹i cã MB = MF; O’B = 0’F => O’M là đờng trung trực đoạn BF => O’M BF VËy AE BF c, Gäi I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AE, K lµ giao ®iÓm cña O’M vµ BF Theo c©u a cã Δ AOM Δ BMO’ OA OM = (1) MB MO ' XÐt Δ AIO vµ Δ BKM cã: =>   AOM = BMO' ’   AIO = BKM = 900 (do OM AE, O’M Suy Δ AIO Δ BKM (g.g) => OA =OI MB MK (2) Tõ (1) vµ (2) => 0,5 0,25 BF) OM OI = ' MO MK => MÆt kh¸c tø gi¸c MINK lµ h×nh ch÷ nhËt => MK = NI Nªn 0,5 OI MK = OM MO' OI NI = OM MO' OI NI   XÐt Δ OMO’ vµ Δ OIN cã OM = ' ; OIN = OMO' = 900 MO => Δ OMO ’ Δ OIN (c.g.c)   => ION = MOO' Chøng tá ®iÓm O, N, O’ th¼ng hµng 0,25