Đề thi học sinh giỏi Toán 9 - số 8

2.Tìm m để đờng thẳng của họ Dm cắt Parabol P : y = x2 tại hai điểm có hoành độ dối nhau.Xác định toạ độ các giao điểm ấy.. Câu4: 4đ Cho tam giác ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O.. M l

sở gd & đt thanh ho á Đề thi học sinh giỏi lớp 9

truờng thpt đặng thai mai môn : Toán

- thời gian: 150 phút

-

Câu1:(4đ)

1.Đơn giản các biểu thức sau:

2 4 9 2 2

5 − + +

=

A

1

2 2

5

5 6 +

− +

−

=

a

a a a

B ; a≠ − 1 2.Tính giá trị biểu thức B ở phần 1, khi

z x y x

a

+

= +

5

và (x+z) = (z−y)(2x+ y+z)

16 25

2

Câu2:(4đ)

Giải các phơng trình sau:

1 x2 − 2x+ 1 + x2 − 6x+ 9 = 2

2.( )( )

256

27 2

1 − 3 =

x với 1 ≤x≤ 2

Câu3: (4đ)

Cho họ đờng thẳng (Dm) có phơng trình :

1 1

1

2

2

+

=

m m

m x

m m

m y

1.Tìm điểm cố định của họ đờng thẳng (Dm)

2.Tìm m để đờng thẳng của họ (Dm) cắt Parabol (P) : y = x2 tại hai điểm có hoành

độ dối nhau.Xác định toạ độ các giao điểm ấy

Câu4: (4đ)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O M là một điểm bất kỳ trên đờng tròn

đó Gọi A/,B/,C/ lần lợt là hình chiếu của M trên các đờng thẳng BC , CA , AB

1.Chứng minh các tứ giác BC/A/M và CA/MB/ nội tiếp

2.Chứng minh 3 điểm A/, B/ , C/thẳng hàng

3.Trên đờng tròn tâm O đã cho lấy điểm M1≠M Gọi A1, B1, C1 lần lợt là hình chiếu của M1 lên các đờng thẳng BC , CA , AB Tìm vị trí của điểm M1 trên đờng tròn tâm O để đờng thẳng A1B1C1 vuông góc với đờng thẳng A/B/C/

Câu5: (4đ)

Chứng minh rằng:

1.x8 −x5 +x2 −x+ 1 ≥ 0 với mọi số thực x

1

1 1

2 >

+ + +

+

n n

n  với mọi số tự nhiên n> 1./

sở gd & đt thanh ho á Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 9

truờng thpt đặng thai mai môn : Toán

- thời gian: 150 phút

-

Câu1 : (4đ)

1 2 2 2 2

=

2 2 3 2

5 − +

= 0,25đ

= 5 − 2( 2 + 1) 0,25đ

2 2

3 −

= = 2 − 1 0,25đ

( ) ( )

1

2 2

5

5

+

− +

−

=

a

a a

a

B 0,25đ

( ) ( )

1

2 1

5

5 +

− +

=

a

a

a 0,25đ

Do a≠ − 1 ⇒a5 + 1 ≠ 0 0,25đ

2

−

=

⇒B a 0,25đ

2.Theo giả thiết ta có x+a y = x+5z = 5z−−a y 0,25đ

z y x

a

+ +

+

=

2

5

0,25đ

( ) (z ( y)( )(x y ) z)

a a z

+

−

=

5 5 25

(z y)( x y z)

a

+ +

−

−

=

2

25 2

0,25đ

Mà (x+z) = (z− y)(2x+ y+z)

16 25

2 nên (z y)( x y z) (z y)( x y z)

a

+ +

−

= + +

−

−

2

16 2

25 2

0,25đ

3 16

25 − 2 = ⇒ = ±

⇒ a a 0,25đ







−

=

⇒

5

1

khi

khi

3

3

−

=

=

a

a

0,25đ

Câu2: (4đ)

1 x2 − 2x+ 1 + x2 − 6x+ 9 = 2 ⇔ (x− 1)2 + (x− 3)2 = 2 0,25đ

2 3

1 + − =

−

⇔ x x 0,25đ











=

− +

−

= +

−

−

= +

− +

−

⇔

2 3 1

2 3 1

2 3 1

x x

x x

x x

khi khi

khi

3

3 1

1

≥

<

≤

<

x x

x









0,75đ









=

=

=

⇔

3

2 2 1

x

x khi khi khi

3

3 1

1

≥

<

≤

<

x x

x









0.5đ

Vậy nghiệm của phơng trình là tất cả các số thực x sao cho : 1 ≤ x≤ 3 0,25đ 2.Do









≥

−− ≥

⇒

≤

3

2 1 0 2

1 x x x 0,25đ

3

2 3

2 3

2

1 + − + − + − =

Các số không âm có tổng không đổi thì tích của chúng nếu đạt GTLN khi và chỉ khi các số đó bằng nhau, tức là khi và chỉ khi [ ]1 ; 2

4

5 3

2

1 = − ⇔ = ∈

Khi đó tích của chúng đạt GTLN bằng

( )

256

1 3

4

5 2 3 4

5 2 3 4

5 2 1 4

5 3

2 3

2 3

2









 −

=

−

ì

−

ì

−

ì

Hay tích (x-1).(2-x)3 đạt GTLN bằng ( )( )

256

27 2

1 − 3 =

x 0,5đ

Theo giả thiết (x-1).(2-x)3=

256

27

nên tích ( )

3

2 3

2 3

2

x− ì − ì − ì − đạt GTLN

0,25đ

Vậy

4

5

=

x là nghiệm của phơng trình đã cho 0,25đ

Câu3: (4đ)

1.Giả sử M0(x0;y0) là điểm cố định của họ đờng thẳng (Dm).Khi đó M0∈(Dm) ∀m Hay

1 1

1

2

2 0

2

+

=

m m

m x

m m

m

y ,∀m 0,5đ

( 1) 2 ( 0 0) 0 0 0

⇔ y m y x m y x ,∀m 0,5đ













=

=

⇔

=

−

=

−

⇔

1

1 0

0 1

0

0 0

0

0

y

x x

y

y

⇒M0( )1 ; 1 0,5đ

Vậy điểm cố định của họ đờng thẳng (Dm) là M0(1 ; 1) 0,5đ

2.Theo trên M0(1 ; 1) ∈(Dm)

Ta lại nhận thấy M0(1 ; 1) ∈ (P) : y = x2⇒ M0(1 ; 1) là một giao điểm của (Dm)

và (P) 0.5đ

Để hai giao điểm có hoàng độ đối nhau thì giao điểm thứ hai N0 phải có hoàng độ x=-1 Khi đó tung độ của N0 là y=1 ⇒ N0(-1 ; 1) 0,5đ

Lại do N0 ∈ (Dm) nên: ( ) 1

1

1 1

1

+ + +

− + +

+

m m

m m

m

m

0,5đ

Vậy với m = -1 thì (Dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm có hoành độ đối nhau và hai

điểm đó có toạ độ là M0(1;1) và N0(-1;1) 0,5đ

Câu4: (9đ)

Không mất tính tổng quát ta giả sử M thuộc cung BC Khi đó ta có hình vẽ:

1.Xét ◊BC/ A/M có: ⇒









=

=

∧

∧

v M BA

v M BC

1

1

/

/

tứ giác BC/A/M nội tiếp trong đờng tròn đờng

kính BM 0,75đ

Hoàn toàn tơng tự :◊MA/CB/ nội tiếp trong đờng tròn đờng kính CM vì có









=

=

∧

∧

v M

CB

v M

CA

1

1

/

/

0,25đ

2.Tứ giác CA/MB/ nội tiếp nên :MA∧/B/ =MCB∧ / (cùng chắn cung MB/) 0,25đ

MA∧/C/ =MCA∧ (cùng bù với ABM∧ ) 0,25đ



180

/ /

/ /

⇒MA∧B MA∧C MCB∧ MCA∧ 0,25đ

/ / / ,B ,C

A

⇒ thẳng hàng 0,25đ

3.A B ⊥ A B ⇔MC∧ A = A C∧ B

1 1 / / /

/ 1

1 (1) (góc có cạnh tơng ứng ⊥) 0,25đ

Do ◊BC/A/M nội tiếp ⇒MBA∧ / =MC∧/A/ (2) 0,25đ

Do ◊BA1C1M1 nội tiếp ⇒BM∧1A1 = A1C∧1B(3) 0,25đ

Từ (1),(2),(3) suy ra ∧ = ∧

1 1

MBA (4) 0,25đ

90

1 1 1

∧

BA M A

BM (5) 0,25đ

Từ (4) và (5) suy ra: MBA∧ / +M1∧BA1 = 90  0,25đ

Tức MBM∧ 1 = 90  0,25đ

Vậy M1 đối xứng với M qua tâm O 0,25đ

Câu5: (4đ)

1.Chứng minh x8 −x5 +x2 −x+ 1 ≥ 0 ∀x∈R

Ta có : x8 −x5 +x2 −x+ 1 ≥ 0 ( ) 0

2

1 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2









 +











 +

−

0 2

1 2 2

2 2 2









 − +











⇔ x x x x (*) 0,5đ BĐT (*) đúng ∀x∈R⇒đpcm 0,5đ

2

1 1

1 1

2 > ∀ ∈ >

+ + +

+ +

n n

n

Ta có:



















>

>

+

>

+

2 2

2 2

1

1 . .

1 2 1

1 1 1

n n

n n

n n

gồm (n2-n) BĐT ∀n∈N,n> 1 0,75đ

















) (

2 2

2 2

2 2

1 1

1 1 1 2

1 1

1 1

n n n

n

n n

n n n n

n n

VT

−

−

+ + + +

>

+ + +

+ + +

=

0.25đ

 

 





n n

n n

VT

−

+ + + +

>

⇔

2

2

1 1

1

1 0,25đ

2

2

1

n

n n n

⇔ 0,25đ

1 1

1 + − =

>

⇔

n

n n

VT 0,25đ

⇔VT > 1 ; ∀n∈N,n> 1 0,25đ