Đề số 6 kiểm tra đội tuyển có HD

Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM.. Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn... Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM.. Chứng minh rằng

BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Kiểm tra đội tuyển HSG)

Môn: Toán - Lớp 9

(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)

Bài 1: Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương.

Bài 2: Cho x + 2y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y

Bài 3: Giải phương trình: x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

Bài 4: Cho hàm số mx2 + (m + 2)x + 1 – 2m (*)

Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai điểm cố định với mọi giá trị của m

Bài 5: Giải hệ phương trình: 2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y  

4x - y = 5







Bài 6: Hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau ở M và P Kẻ dây MA của (O1) tiếp xúc với (O2) ở M Kẻ dây MB của (O2) tiếp xúc với (O1) ở M Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn

HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Đội tuyển HSG 08-09)

Môn: Toán - Lớp 9

(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)

Bài 1: (1,25 đ)

Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương

Giải:

n + 15 và n – 32 là hai số chính phương

 n + 15 = p2 và n – 32 = q2 (p, q  N) (0,25 đ)

=> p2 – q2 = (n + 15) – (n – 32) = 47 <=> (p – q)(p + q) = 47 (0,25 đ)

Vì 47 là số nguyên tố nên 





















23 24 47

1

q p q

p q p

(0,25 đ)

Từ n + 15 = p2 = 242 = 576 => n = 561 (0,25 đ) Thay n = 561 vào n – 32 ta có 561 – 32 = 232 = q2 (0,125 đ) Vậy với n = 561 thì n + 15 và n – 32 là hai số chính phương (0,125 đ)

Bài 2: (1,25 đ) Cho x + 2y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y

Giải:

Do đó M = x.y = (1 – 2y).y = y – 2y2 = -(2y2 –y) (0,25 đ) => M =  

2

y y

(0,25 đ) =

2

y

(0,25 đ)

=

2

2

Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình: x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

Giải:

x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

 (x4 – 2x2y2 - 5x2)+ (x2y2 – 2y4 – 5y2) + (x2 – 2y2 – 5) = 0 (0,125 đ)

 x2(x2 – 2y2 - 5)+ y2(x2 – 2y2 – 5) + (x2 – 2y2 – 5) = 0 (0,125 đ)

 (x2 – 2y2 - 5)(x2 + y2 + 1) = 0 (0,125 đ)

=> x là số lẻ Ta đặt x = 2k +1 (k  Z) Khi đó (1) được viết lại là:

(2k + 1)2 = 2y2 + 5 4k 2 4 k 1 2y 2 5









k k 1

2 y 4

k 4 4k 2y















=> y là số chẵn Đặt y = 2n (n  Z) Khi đó (2) được viết lại là:

4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k.(k + 1) (*) (0,25 đ) Nhìn vào (*) ta thấy vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên một trong hai số phải là số chẵn) (0,125 đ)

=> (*) vô nghiệm, nên dẫn đến phương trình đã cho vô nghiệm (0,125 đ)

Bài 4: (1,5 đ) Cho hàm số mx2 + (m + 2)x + 1 – 2m (*)

Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai điểm cố định với mọi giá trị của m

Giải:

Gọi A(x0, y0) là một điểm bất kỳ nào đó mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m Khi đó ta có: y0 = 2

mx + (m + 2)x + 1 - 2m (0,25 đ)

mx + mx - 2m = y - 2x - 1 m(x + x - 2) = y - 2x - 1 (**) (0,25 đ) Phương trình (**) đúng với mọi m nên phải có:

2

0 0

0 0

x + x 2 0 (1)

y - 2x - 1 = 0 (2)





2

x + x  2 0 x 1 hoÆc x 2 (0,25 đ) Thay x0 = 1 vào (2) ta có y0 = 2.1 + 1 = 3 (0,125 đ)

Thay x0 = -2 vào (2) ta có y0 = 2.(-2) + 1 = -3 (0,125 đ) Vậy với mọi giá trị của m, đồ thị của hàm số đã cho luôn luôn đi qua hai điểm:

Bài 5: ( 1,5 đ)

Giải hệ phương trình: 2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y  

4x - y = 5







Giải:

ĐK để các biểu thức có nghĩa là: 2x + 2y 0 và 2x – 3y 0 (0,125 đ) Đặt X = 2x + 2y và Y = 2x – 3y ta có: X + Y = 4x – y = 5 (0,125 đ)

Thay vào hệ PT trên ta có: 2 X Y 3 X.Y (1)

X + Y = 5 (2)







(0,125 đ)

Bình phương hai vế của (1) ta có: 4(X + Y + 2 X.Y = 9X.Y (*) (0,125 đ) Thay X + Y = 5 vào (*) ta được: 4(5 + 2 X.Y ) = 9 X.Y (0,125 đ) Đặt X.Y = Z (Z 0) ta có: 4(5 + 2Z) = 9 Z2  9Z2 – 8Z – 20 = 0 (**) (0,125 đ) Giải (**) ta có Z1 = 2; Z2 = 20

18

Với Z = X.Y = 2 => X.Y = 4 ta có hệ PT: X + Y = 5

X.Y = 4





X = 4 X = 1

hoÆc

Y = 1 Y = 4

*

7 x

X = 2x + 2y = 4 5

Y = 2x - 3y = 1 3

y = 5











*

11 x

X = 2x + 2y = 1 10

Y = 2x - 3y = 4 -3

y = 5











(0,125 đ)

Bài 6: (3,0 đ) Hai đường tròn (O1) và (O2) cát nhau ở M và P Kẻ dây MA của (O1) tiếp xúc với (O2) ở M Kẻ dây MB của (O2) tiếp xúc với (O1) ở M Trên tia đối của tia PM lấy một điểm H sao cho PH = PM Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn

Giải:

Từ O1 và O2 hạ các đường vuông góc với MA và MB, hai đường

Ta có OO1// O2M (vì cùng vuông góc với AM) (0,25 đ)

Và OO2 // O1M (vì cùng vuông góc với BM) (0,25 đ)

=> O1MO2O là hình bình hành (0,25 đ)

O1O2 cắt MO tại I => I là trung điểm của MO (0,25 đ)

O1O2 cắt MP tại K => K là trung điểm của MP (0,25 đ)

=> KI là đường trung bình của tam giác MOP (0,25 đ)

=> KI // OP  OP  MH (0,5 đ)

=> O thuộc đường trung trực của MA, MH, MB (0,25 đ)

=> O cách đều 4 điểm A, M, B, H (0,25 đ)

Hay tứ giác AMBH nội tiếp được đường tròn đường kính OM (0,25 đ)

O

H

I K

O 2

O 1

B

M