1.25 điểm: chứng minh rằng nếu hệ có nghiệm duy nhất x, y thì điểm Mx,y luôn luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi M thay đổi.. Tia AM cắt đờng tròn O’ tại điểm thứ hai N.. Bài 92.0 đi
Trang 1Phòng GD hoằng hóa
đề thi học sinh giỏi lớp 9 – môn toán (đề 1) môn toán (đề 1)
Thời gian: 150 phút
Bài 1(2.0 điểm): Cho biểu thức :
2
1 1
2 2
3 9 3
m m
m m
m
m m
a Rút gọn P
b Tìm m để P = 2
c Tìm giá trị m tự nhiên sao cho P là số tự nhiên
Bài 2(2.0 điểm): Giả sử các số hữu tỉ x, y Thoả mãn phơng trình
x5 + y5 = 2x2y2
Chứng minh 1 – xy là bình phơng của một số hữu tỉ
Bài 3(2.0 điểm):
a (1.0 điểm): Giải PT : x- 2005 2005
+ x- 2006 2006 = 1
b (1.0 điểm): Gọi x1, , x2 là nghiệm của phơng trình : (k – 1) x2 – 2kx+ k – 4
=0
không giải phơng trình hãy tìm 1 hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào k
Bài 4(2.0 điểm): Cho hệ phơng trình :
2 ) 1 (
1 2
y m x
m my mx
a (1.25 điểm): chứng minh rằng nếu hệ có nghiệm duy nhất (x, y ) thì điểm
M(x,y) luôn luôn thuộc một đờng thẳng cố định khi M thay đổi
b (0.75 điểm): Xác định m để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất
Bài 5(2.0 điểm): Giải phơng trình :
a (1.0 điểm): x2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) 2 1
x
b (1.0 điểm): 6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0
Bài 6(2.0 điểm): Cho đờng thẳng y = (m-2) x+2 (d)
a (0.75 điểm): Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định với
mọi giá trị của m
b.(0.75 điểm): Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d)
bằng 1
c (0.5 điểm): Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d)
có giá trị lớn nhất
Bài 7(2.0 điểm): Cho hai số a, b thoả mãn điều kiện a2 + b2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = a6 + b6
Bài 8(2.0 điểm): Cho 2 đờng tròn ( O ; R) và đờng tròn ( O’ ;
2
R
) tiếp xúc ngoài tại A Trên đờng tròn (O) lấy điểm B sao cho AB = R và điểm M trên cung lớn AB Tia AM cắt đờng tròn (O’) tại điểm thứ hai N Qua N kẻ đờng thẳng song song với AB cắt đờng thẳng MB ở Q và cắt đờng tròn (O’) ở P
a.(0.75 điểm): Chứng minh OAM đồng dạng với O’AN
b.(0.75 điểm): Chứng minh độ dài đoạn NQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M c.(0.5 điểm): Xác định vị trí điểm M để SABQN đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị đó theo R
Trang 2Bài 9(2.0 điểm): Cho 1 hình thang cân có 2 đờng tròn tiếp xúc ngoài nhau, mỗi đờng
tròn tiếp xúc với 2 cạnh bên và tiếp xúc với một cạnh đáy của hình thang Biết bán kính của các đờng tròn đó bằng 2cm và 8 cm Tính diện tích hình thang
Bài 10(2.0 điểm): Cho đờng tròn (0, R ) và 1 điểm A cố định ở trên đó AB và AC là 2
dây cung quay quanh A Sao cho tích AB.AC không đổi Vẽ đờng cao AH của tam giác ABC và đờng kính AD của (o; R)
a (1.0 điểm): Chứng minh rằng: AB.AC=AD.AH suy ra đờng thẳng BC luôn tiếp
xúc với 1 đờng tròn cố định
b (1.0 điểm): Trờng hợp AH > R tìm vị trí của dây cung BC sao cho diện tích tam
giác ABC lớn nhất
-Đáp án đề số 1
Bài 1 (2.0 điểm)
2 m
1 1
m
2 m 2)
m 1)(
m (
3 9m 3m
=
2) m 1)(
m (
2 m m 1 m 4 m 3 m 3 3m
=
1 m
1 m 2) m 1)(
m (
2 m 3 m
Điều kiện m 0; m 1
b (0.5 điểm): P 2 m 1 2 m 1
9 1
9
m m
c (0.75 điểm): P = 1+
1 m
2
để P là số tự nhiên thì
1
Trang 3Từ đó suy ra m 0 , 4 , 9
- Với m = 0 thì P = -1N
- Với m = 4 thì P = 1 N
- Với m = 9 thì P = 2 N Vậy m = 4 hoặc m = 9
Bài 2 (2.0 điểm) : Xét hai trờng hợp:
- Nếu xy = 0 Thì 1 – xy = 12 là bình phơng của một số hữu tỉ ( 0.5 điểm)
- Nếu xy 0 Ta có :
( x5 – y5)2 = ( x5 + y5)2 – 4x5y5 = 4x4y4 – 4x5y5 ( 0.5 điểm)
( do x5 + y5 = 2x2y2)
= 4x4y4 ( 1 – xy)
=> là bình phơng 1 số hữu tỷ ( 1,0 điểm)
Bài 3 (2.0 điểm) :
a (1.0 điểm): Giải PT : x- 2005 2005
+ x- 2006 2006 = 1 (*) Với x= 2005 , x = 2006 vế trái và vế phải của PT có cùng trị số là 1
Vậy PT có nghiệm x1= 2005 và x2 = 2006 ( 0,25 đ)
- Với x< 2005 thì x – 2005 > 0 và x- 2006 > 1 do đó :
x- 2005 2005 + x- 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm (0,25 đ)
- Với x> 2006 thì x- 2005 > 1 và x – 2006 > 0 do đó :
x- 2005 2005 + x – 2006 2006 > 1 Nên PT (*) vô nghiệm (0,25 đ)
- Với 2005 < x < 2006 thì 0< x – 2005 < 1 còn -1 < x- 2006< 0
Nên x- 2005 2005 < x – 2005 = x – 2005
x – 2006 2006 < x- 2006 = 2006 – x
Vậy x- 2005 2005 + x – 2006 2006 < x – 2005 + 2006 – x =1
Nên PT(*) vô nghiệm Tóm lại: PT (*) đã cho có 2 nghiệm x1 = 2005 và x2= 2006 (0,25 đ)
b (1.0 điểm): Để PT (k-1) x2 – 2kx +k – 4 = 0 có nghiệm thì cần phải có k1 và = k2 – (k –1)(k- 4) 0
Suy ra k 1 và k > 1 Vậy k > 1 (0,25 đ)
Theo định lí Viet ta có :
1
2
k
k
và p
1
4
k
k
(0,25 đ)
- Từ S
1
2
k
k
Sk – S = 2k k(S - 2)= S k
2
S
S
(S 2) (0,25 đ)
- Từ P
1
4
k
k
Pk – P = k – 4 k(P- 1) = P- 4 k
1
4
P
P
(P 1) Suy ra :
2 -S
S
1
4
P
P
3S + 2 P – 8 =0 Hay 3( x1 + x2) + 2x1x2- 8 = 0 ( 0,25đ)
Bài 4 (2.0 điểm) : a(1.25 điểm): Ta có hệ phơng trình :
2 ) 1 (
1 2
y m x
m my mx
Có nghiệm duy nhất khi m 0 và m 1 ( 0,25 điểm )
Lúc đó nghiệm duy nhất của hệ là:
y
m m x
1
1
(0,5 điểm )
2 2 2
5 5
4 4
2 5 5
) y 2x
y x ( y 4x
) y (x xy
1
Trang 4Ta thấy x = y
m m
m
1
1 1 1
1
1
Vậy điểm M luôn thuộc đờng thẳng có phơng trình :
y = -x + 1 ( 0,5 điểm )
b ) Để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì x > 0 và y > 0 ( 0,25 điểm )
0 1 0 1
m m
m m
Vậy để điểm M thuộc góc vuông phần t thứ nhất thì m > 1 ( 0,5 điểm )
Bài 5 (2.0 điểm) : a (1.0 điểm):
x2 + 3x + 1 = ( x + 3 ) 2 1
x
0 1 3 1 3
) 1
0 ) 1 (
3 ) 1 (
2
0 ) 3 1 )(
1
x x x (0,5 điểm)
2 2 3
1
1 0
3 1
0 1
2 2 2
2
x
x x
x
x x
(0,5 điểm )
b.(1.0 điểm):
6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0
0 ) 6 35 62
35 6
)(
1
0 6 35 62
35 6
1 0
1
2 3
x
x x
(0,25 điểm )
Giải (*) ta thấy x= 0 không phải là nghiệm của (*) Chia cả 2 vế của (*) cho x2 ta có :
6x2 - 35x + 62 -35 62 0
x x
0 62 )
1 ( 35 )
1 (
6 2 2
x
x x
x (0,25 điểm )
Đặt x + 1 1 2 2
2 2
x x t
x ta có phơng trình là:
6(t2-2) - 35t + 62 = 0
3 10 2 5 0
50 35 6
2
1 2
t
t t
t ( 0,25 điểm )
+ ) t1 =
2 1 2 2
5
3 2
x x
+ ) t2 =
3 1 3 3
10
5 4
x x
Vậy phơng trình (2) có 5 nghiệm :
x1 = -1 ; x2 =2 ; x3 =
2
1
; x4 = 3 ; x5=
3
1
(0,25 điểm)
Bài 6 (2.0 điểm) :
Trang 5a (0.75 điểm): Điều kiện để đờng thẳng (d) đi qua điểm cố định N(xo,y0) m là
y0 = (m-2)x0 +2 =0 m mx0 - 2x0 +2-y0 =0 với m
0 2 2 0
0 0 0
y x
x
2 0
0 0
y
Vậy đờng thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N(0,2)
b (0.75 điểm): Gọi A,B theo thứ tự là giao điểm của y
đòng thẳng (d) với trục hoành và trục tung
Ta tính đợc: 2 B
2
2 ; OB = 2 H
Gọi OH là khoảng cách từ 0 đến AB ta có: o A x
2
1
1
1
) 2 ( m 2
+ 4
1
=
4
5 4
2
m m
Mặt khác OH = 1 m -2 = 3
3 2
3 2
m m
Tơng ứng với các giá trị trên của m là hai đờng thẳng y = 3x+2 và y= - 3x+2
c (0 5 điểm): OH lớn nhất m2 - 4m + 5 nhỏ nhất m = 2
khi đó đờng thẳng là y=2 và OH = 2
Bài 7 (2.0 điểm) : áp dụng bằng đẳng thức x3 + y3 = ( x + y)3 – 3xy ( x + y)
Ta có: A = a6 + b6 = (a2 + b2)3 – 3a2b2 = 1 - 3a2b2
A = 1 - 3a2b2 1 Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hay b = 0
Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi a = 0 hay b = 0
A = 1 - 3a2b2 do a2b2 0
Suy ra A nhỏ nhất khi a2b2 lớn nhất Mà a2 + b2 = 1
Lại có hai số tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số bằng nhau, suy ra a2b2 lớn nhất khi a2 = b2 =
Vậy A nhỏ nhất là : 1 – 3 = a = b =
2
2
Bài 8 (2.0 điểm) :
a (0.75 điểm): Do (O) tiếp xúc với ( O’) tại A nên
O’, A, O thẳng hàng
O’AN=OAM ( đối đỉnh )
Các tam giác OAM và O’AN là
các tam giác OAM và O’AN là các
tam giác cân
OAM ~ O’AN
b (0.75 điểm): Do OAM ~O’AN ( câu a )
2 1
4
1 4 1
O’
B
P
N M
Trang 63
2 2
1 2
2
2 '
MN
AM AM
AN
AM
R
R A O
OA AN
AM
MN
AM NQ
AB
5 , 1 2
3 2
3 3
2
Vậy độ dài NQ không đổi, không phụ thuộc vào vị trí điểm M
c (0.5 điểm): SABQN = AB QN AH R R AH R.AH
4
5 ).
5 , 1 ( 2
1 ).
( 2
1
Vì R không đổi nên SABQN lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất
Do : AHAN nên AH lớn nhất AH AN
H trùng với N ANNQ AM AB tại A( do AB//NQ ) khi đó AMB vuông ở A nên ta có : AM2 =MB2 - AB2 = 4R2 - R2 = 3R2 AM =R 3
Do
2
3 2
1 3
AM AN
MN
AM
SANQB đạt giá trị lớn nhất là :
8
3 5 2
3 4
R
Bài 9 (2.0 điểm) :
Gọi ABCD là hình thang cân (AB//CD) tiếp điểm của hai đờng tròn (O)và (O’) là E Gọi tiếp điểm của (O’) với AB , AD là
M , H Gọi tiếp điểm của (O) với CD, AD là N, K tiếp tuyến chung tại E cắt AD ở I IOO’ vuông ở I mà IE vuông góc với OO’ EI2 = EO’ EO = 8.2 =16
* Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : O’A vuông góc O’I ( 2 tia phân giác của 2 góc kề bù)
AO’I vuông tại O’ mà O’H vuông góc AI O’H2= IH.HA
mà IH = IE = 4cm (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,5 điểm )
O’H = 2 cm (gt) 4= 4.HA HA= 1cm
Tơng tự ta có : IOD vuông tại O mà OK vuông góc ID
Hay 82 = 4 DK DK = 16
4
64
DN = DK = 16 cm
Do đó SABCD = (AM +DN).MN = (1+ 16).20 = 340 (cm2) (0,5 điểm )
Bài 9 (2.0 điểm) :
a (1.0 điểm): Ta có ABD ~AHC (g-g)
AC
AD AH
AB
A
AB.AC = AD.AH D
AH =
R
AC AB AD
AC AB
2
.
Không đổi (0,5 điểm )
H (A,r ) với r =
R
AC AB
2
.
B C
Q
O’
E
B A
K
N O I
E H
0
Trang 7Ta có (A,r) cố định D
BC luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định (0,5 điểm )
b (1.0 điểm): SABC =
2
1
AH.BC Vì AH không đổi do đó:
SABC lớnnhất BC lớn nhất
Vẽ OE BC ta có BC lớn nhất OE bé nhất (0,5 điểm )
Góc I là giao điểm của (A,r) với AD
Thì do OA<OH nên O nằm giữa A và I
ta có: OA + OE AE AH = AI =AO + OI
OE OI không đổi do O và I cố định
Vậy min OE = OI E IH nếu HI thì OE ngắn nhất khi đó dây cung BC qua I và vuông góc với AD tại I (0,5 điểm )