Đề số 2 kiểm tra đội tuyển

Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x.. Tìm số đo của góc  tạo bởi đường thẳng d với trục Ox.. Gọi P là giao điểm của đường thẳng d với trục tung.. Gọi M l

BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)

Môn: Toán - Lớp 9

(Thời gian: 120 phút, không kể giao đề)

Bài 1: Thực hiện phép tính: A = 3 2 2 3 2 2

17 12 2 17 12 2



Bài 2: Cho B =  2 

2

1

x x x

 

 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x.

Bài 3: Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam

giác thì:

ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Bài 4: Bài 4: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình

y = 3( x 1) và điểm A 











3

3 2 1;

a Tìm số đo của góc  tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox

b Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung Tìm phương trình của đường thẳng qua A và P

Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB Tia CN cắt tia

DA tại E Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.Chứng minh:

1 góc ACE = góc BCM

2 AE = CE.BM

CM

3 Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp

3 lần diện tích hình vuông ABCD.

HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)

Môn: Toán - Lớp 9

(Thời gian: 120 phút, không kể giao đề)

Bài 1: (1,75 đ) A = 3 2 2 3 2 2

17 12 2 17 12 2



Giải: A =



3 2 2

3 2 2





(0,5 đ)

= 2 1 2 1



=    



= 3 2 4 3 2 2  3 2 4 3 2 2 2 (0,25 đ)

Bài 2: (1,5 đ) Cho B =  2 

2

1

x x x

 

 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x

Giải:



= 1 +    

Dấu “=” xảy ra  x  1 0 x1 (0,125 đ) Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1  x1 (0,125 đ)

* B = 2  2   2 



= 3-  2

2

1 1

x x



 3 vì  

2 2

1 0 1

x x





Dấu “=” xảy ra  x 1 0 x1 (0,125 đ) Vậy giá trị lớn nhất của B là 3  x1 (0,125 đ)

Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Giải:

Ta có: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0 (0,25 đ)

=> a2 – 2ab + b2 + b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 0 (0,125 đ)

=> 2ab + 2bc + 2ca  2a2 + 2b2 + 2c2 (0,125 đ)

=> ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 (*) (0,125 đ)

Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên theo BĐT tam giác ta có: a < b + c (0,125 đ) Lại có a > 0 Do đó a.a < a.(b + c) => a2 < (ab + ca) (0,25 đ)

Tương tự ta cũng có: b2 < bc + ab; c2 < ca + bc (0,25 đ)

Như vậy ta có a2 + b2 + c2 < ab + ca + bc + ab + ca + bc (0,25 đ)

=> a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (**) (0,25 đ)

Từ (*) và (**) ta có: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (0,25 đ)

Bài 4: (1,75 đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình y = 3( x 1) và điểm A1; 2 3 3

a Tìm số đo của góc  tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox

b Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung Tìm phương trình của đường thẳng qua A và P

Giải:

- Vẽ được hình (0,25 đ)

a

Giao điểm của (d) với trục tung P(0; 3) (0,25 đ)

Giao điểm của (d) với trục hoành Q(-1;0) (0,25 đ)

Tam giác OPQ vuông tại O nên ta có:

tg = 3=>  = 600 (0,25 đ)

b

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (0,25 đ)

Điểm P thuộc AP nên:

3= a.0 + b => b = 3 (0,125 đ)

Điểm A thuộc AP nên:  a ( 1) 

3

3 2

3=> a =

3

3 3

3

3



 (0,125 đ) Vậy phương trình đường thẳng AP là: y = 3

3

3





(0,25 đ)

Bài 5: (3 đ) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB Tia CN cắt tia

DA tại E Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.Chứng minh:

1 góc ACE = góc BCM

2 AE = CE.BM

CM

3 Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD

Giải:

1 (0,75 đ)

* A và C cùng nhìn EF dưới một

góc vuông nên A, C đều nằm trên

đường tròn tâm M, đường kính EF (0,25 đ)

*=> FEC FAC = 450 và các góc:

ECM, MCF, CFM đều bằng 450 (0,25 đ)

* Lại có ACB = 450 nên ta có:

ACEBCM vì cùng bằng 450

– ECB (1) (0,25 đ)

2 (0,75 đ)

CMF90 ; CBF90  MBF = MCF = 45 (0,25 đ)

O 1

1

3

(1;2 33 )

x

y d

A

Q

1 P

a

N

M

F E

B A

 0 

EAC = 135 MBC

Từ (1) và (2) AEC ~ MBC AE = CE.BM

CM

3.(1,5 đ)

Đặt BN = x với 0 < x < a thì AN = a – x  0 (0,125 đ)

Ta có  AEN ~ BCN nên=>   2 a  1

x

a x

a x a BN

BC AN AE BN

AN BC

AE













Từ CD = CB; CE = CE và DCE = 450 + ACE = 450 + BCM = BCF =>

CBF

Do đó BF = DE = DA + AE = a +

x

a a x



 (2) (0,125 đ)

=> AF = AB + BF = a +

x

a2

Từ (1), (2), (3) ta có SABFE = SABC = SFAE = SCBF = 1 2 

a AE.AF + CB.CF

=

2

(0,125 đ)

Để SACFE = 3SABCD ta giải PT:

2 2

a + a x

3a 2x   6x2 – ax – a2 = 0 (0,125 đ) Giải PT này ta được x1 = a ; x2 - (lo¹i)a

Vậy BN = a

2 thì diện tích tứ giác ACFE gấm 3 lần DT hình vuông ABCD

(0,125 đ)