từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài O, vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với O, M, N là hai tiếp điểm.. a Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.. b Chứng minh rằng tâm củ
Trang 1SỞ GD&ĐT
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC: 2011 – 2012
Môn: Toán
(Thời gian làm bài 150’)
Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012
Bài 1 (5đ) Cho biểu thức:
2
a a 3a 2 a a 4 P
a) Rút gọn P
b) Tìm GTNN của P
Bài 2 (5đ) Giải các pt sau: a) 2x3 x2 2x3 3x 1 3x 1 3 x2 2
b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0
Bài 3 (4đ) Cho (O; R) Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và
B từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O), (M, N là hai tiếp điểm)
a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông
b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M di động trên d
Bài 4 (4đ) a) Tìm GTLN của y x 9x2
b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn:
a b c 1;a b c 1;a b c 1 Chứng minh: a2009b2009 c2009 1
Bài 5 (2đ) Cho ABC thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB Tìm GTLN của diện tích ABC
- HẾT -
Họ và tên:……… SBD………
Chữ kí GT 1:………
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012 Bài 1: a) ĐK a > 0 và a 2
2
a a 3a 2 a a 4
P
a ( a 1)(a a 1) a (3 a 2) ( a 2)( a 2)
P
P a 3 a 4
b) Ta có P a 3 a 4 ( a 3)2 7 7
V y giá tr nh nh t c a P l 7
4 khi a=
9 4
Bài 2:
Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có 2 2
từ đó ta có
x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)
Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2
Bài 3:
a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON 2 =R 2
Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP Ta có MN
MO ON Rnên ta giác ONM vuông cân tại N Tương tự, tam giác ta giác OPM cũng vuông cân tại P
Trang 3
Q
P
F
H
M L
B E
A
do đó MNOP là hình vuông Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R 2 >R b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H
+) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định) Kẻ HL (d) thì HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không đổi)
+) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE
+) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong ·PNM cắt đường
tròn (O) tại điểm F, khi đó »NF FP» => F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O)
Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên hình vẽ
Bài 4:
a) áp dụng BĐT ab
2 2
2
a b
ĐK 9 –x2 0
ta có y x 9 x2 9
2
Vậy giá trị lớn nhất của y là 9/2 khi x= 9
2
b) ta có a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)
Trang 4=> 1-3abc=1-ab-bc-ca
=>ab+bc+ca=3abc
mà 12=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)
=> ab+bc+ca=0
=> abc=0
=> a=0 hoặc b=0 hoặc c=0
Nếu a = 0 => 2 2
3 3
1 1 1
b c
=>b2+c2+2bc=1
=> 2bc=0
=>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0)
Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0) Vậy mội trường hợp ta có P = 1
Bài 5: Đặt BC =x > 0
theo công thức He rông ta có
S= p p( a p)( b p)( c) với 6
2
x
p
=> S2=
=> S2= 9 (36 2)( 2 4) 9 ( 2 20)2 256 9 256 144
16 x x 16 x 16 Vậy giá trị điện tích lơn nhất là 12(đvđt) khi x= 20 (đvđd)