Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu của C trên OA; OB.. Chứng minh F nằm trên một đ ờng thẳng cố định.. b Xác định vị trí của M ; N sao cho tổng diện tích S AMB + SANB là lớn nhất theo R
Trang 1phòng giáo dục và đào tạo đề khảo sát học sinh giỏi lớp 9
năm học 2011-2012 môn: toán
Thời gian: 150 phút ( Không kể giao đề)
Đề gồm có 01 trang
Bài 1 (3 điểm):
1 Cho y = x24x 4 x2 4x4
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 ; x3 + y = b3 3 ; x5 + y5 = c5
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
3FD Chứng minh F nằm trên một đ ờng
thẳng cố định
2 Cho x; y thoả mãn (x + x 2 2010 )( y + y 2 2010 ) = 2010
Tính E = x2011 + y2011
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 + SANB 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 = KD2 + KF2 Tính số đo của2
góc DKF
Bài 4 (1 điểm) :
Tìm số nguyên m để m + m + 32 là số hữu tỉ
- Hết
-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 9đợt 2 năm học 2010-2011
môn: toán
1 1 (a) y = x2 4x 4 x2 4x4
y = (x2)2 (x 2)2 = x2 x 2
Nếu x < -2 thì y = - x - 2 - x + 2 = - 2x
0,25
Trang 2Nếu -2 x 2 thì y = x + 2 - x + 2 = 4
Nếu x > 2 thì y = x + 2 + x - 2 = 2x
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
n + n + 1 2 n + 1
1
n + 1 - n >
1 < 2( n + 1 - n )
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
1
3 ; ;
1
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 ; x3 + y3 = b3 ; x + y5 5 = c5
Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y
* Từ x3 + y3 = b3 ta có b = x3 3 + y3 = ( x + y ).( x2 - xy + y2 )
b3 = ( x + y)[ (x + y)2 - 3xy ] = a (a2 - 3xy) = a3 - 3axy
Nếu x + y = 0 thì a = b = c = 0
Nếu x + y = a 0 xy =
3 3
a - b 3a
Ta có x + y5 5 = ( x3 + y ).(x3 + y2 2 ) - x2 y 2 (x + y)
x 5 + y5 = ( x + y3 3 )[ (x + y) - 2xy] - (xy)2 2 (x + y) ( *)
Thay x + y = a ; x + y3 3 = b3 ; x5 + y = c5 và xy = 5
3 3
a - b 3a vào ) ( *)
Ta đ ợc: c = b5 3 [a 2 - 2(
3 3
a - b 3a ) ] - (
3 3
a - b 3a )
2
a 9ac5 - 5a3 b 3 - 5b6 + a6 = 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)
Trang 32
-2
-4
F
A3 0
B
C
D
E 3
K
H
Kẻ FHOA tại H; FKOB tại K
Vì C thuộc đ ờng thẳng AB nên C (xc; yc ) thì yc = 4
3
xc + 4 (*)
và xc = OD; yc = OE Điểm F (xF; yF ) thì xF = OH = FK ; yF = OK = FH ( vì
OKFH là hình chữ nhật)
Ta có EF = 1
3FD nên EF =
1
4ED; FD =
3
4ED
Tam giác EOD có FK // OD nên KF EF 1
F C
=
x 4 xc = 4xF
FH // OE nên FH DF 3
F C
3 = 4
y
y yc =
4
3yF
Thay xc = 4xF ; yc = 4
3yF vào (*) ta đ ợc
4
3yF =
4 3
4xF + 4 yF = - 4xF + 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
2010
x )( y + y 2 2010 ) = 2010 (1)
Ta có (x + x 2 2010 )( x - x 2 2010 ) = - 2010 (2)
(y + y 2 2010 )( y - y 2 2010 ) = - 2010 (3)
Từ (1) suy ra x + x 2 2010 0 và y + y 2 2010 0 (4)
Từ (1) và (2) suy ra (x + x 2 2010 )( x - x 2 2010 + y + y 2 2010 ) = 0
mà x + x 2 2010 0 x - x 2 2010 + y + y 2 2010 = 0 (5)
Từ (1) và (3) suy ra (y + y 2 2010 )( x + x 2 2010 + y - y 2 2010 ) = 0
mà y + y 2 2010 0 x + x 2 2010 + y - y 2 2010 = 0 (6)
0.25
0.25 0.25
Trang 4Cộng từng vế của (5) và (6) ta có:
x - x 2 2010 + y + y 2 2010 + x + x 2 2010 + y - y 2 2010 = 0
2x + 2y = 0 x + y = 0 x = - y x2011 = - y2011 x2011 + y2011 = 0
Vậy E = x2011 + y = 02011
0.25
3 Vẽ hình đúng cả hai hình ( nếu đúng 1 hình đ ợc 0,125 đ) 0,25
H
K
A
M
N I
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
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 = OM2 2 - OI2 = R2 -
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 MPAB tại P, IQAB tại Q, NRAB 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
2AB MP ; SANB =1
2AB NR
S AMB + SANB =1
2AB.(MP+NR)
Ta có AB = 2R không đổi nên S AMB + SANB 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
Ta có IQ OI IQ đạt giá trị lớn nhất bằng OI khi Q O, khi đó OIAB suy
ra MN // AB S AMB + SANB =1
2AB.2IO =
1
2.2R. R 3 = R
2
3 (đvdt)
* Cách dựng: Qua O dựng tia OxAB 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 dOI tại I, d cắt nửa đ ờng tròn (O) tại M và N ( M thuộc cung AN )
0,25
0,25
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, EDF = 60 0
Trang 5Tam giác DKP đều DK = DP = KP, KDP = DKP 60 0.
Ta có: EDK + KDF = EDF = 60 0; KDF + FDP = KDP = 60 0 EDK = FDP
EDK = FDP ( ED = FD, EDK = FDP , DK = DP ) KE = PF
Ta có KE2 = KD2 + KF2 mà KE = PF, DK = KP nên FP2 = KP2 + KF 2
PKF vuông tại K PKF = 90 0
Ta có DKF = DKP + PKF = 60 0900 1500
Vậy DKF 150 0
0,25 0,25 0,5 0,5
4 Tìm số nguyên m để m + m + 32 là số hữu tỉ
Vì m là số nguyên và m + m + 32 là số hữu tỉ nên đặt m + m + 32 = t (t N)
Bình ph ơng hai vế ta đ ợc m2 + m + 3 = t2 4m2 + 4m + 12 = 4t2
4m 2 + 4m + 1 + 11 = 4t2 4t2 - (4m2 + 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