de khao sat hoc sinh gioi lop 9

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán... SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG.[r]

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN

TOÁN 9

NĂM HỌC 2012 – 2013 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức

 

x

P



1 Rút gọn biểu thức P

2. Tìm x để

2 x

Q P



nhận giá trị nguyên

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho dãy số 1 , 2 ,3 , 4 , , 20111 2 3 4 2011,20122012 Gọi chữ số tận cùng của tổng của 1006

số hạng đầu tiên của dãy là M, chữ số tận cùng của tổng của 1006 số hạng cuối của dãy số là

N Tính M - N?

Câu 3: (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước) M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến

đường thẳng MN bằng R 3 Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K

1 Chứng minh 4 điểm M, I, N, K cùng thuộc một đường tròn, tính bán kính của đường tròn đó theo R

2 Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán

Câu 4: (1,5 điểm)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

1

x y z  Chứng minh rằng:

x yz  x y zx  y z xy  z  xyz

Câu 5: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình

   





SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

1

Cho biểu thức

 

x

P



1 Rút gọn biểu thức P

2. Tìm x để

2 x

Q P



nhận giá trị nguyên

1

Điều kiện:

0 1

x x











0,5đ

1

1

Q

Do 2 x 0 và x x 1 0 với mọi x nên Q>0

1

x Q

x

Theo bất đẳng thức Cô-si thì

1 2

x x

suy ra

1

1 1

x x

Do đó,

2

Q 

Mà Q>0 nên 0Q2

Để Q nhận giá trị nguyên thì Q1;Q2.

* Q=1 thì x 3 x 1 0

Giải PT ta được

,

x    x   

* Q=2 thì  x  12  0

PTVN (do x khác 0)

Vậy có hai giá trị x1, x2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán

1,5đ

2 Cho dãy số 1 , 2 ,3 , 4 , , 2011 1 2 3 4 2011 , 2012 2012 Gọi chữ số tận cùng

của tổng của 1006 số hạng đầu tiên của dãy là M, chữ số tận cùng của tổng

của 1006 số hạng cuối của dãy số là N Tính M - N?

1,5đ

Gọi dãy số 1 ,2 ,3 ,4 , , 20111 2 3 4 2011, 20122012 (1).

Ta có:

11 22 33 44 55 66 77 88 99 1010 1111

CS

tận

cùng

1212 1313 1414 1515 1616 1717 1818 1919 2020 2121 …

CS

tận

cùng

Tổng các chữ số tận cùng của nhóm 20 số hạng trong dãy số (1) đều là 94

Do đó chữ số tận cùng của tổng đó là 4 Suy ra chữ số tận cùng của tổng

của 1000 số hạng đầu tiên của dãy số (1) là 0

Ta có tổng của 1006 số hạng đầu tiên của dãy (1) là

Vậy M = 9

Tương tự, ta tính được N = 5

Vậy M-N = 4

3 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước)

M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và

tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 Gọi giao

điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và

BN là K

3 Chứng minh 4 điểm M, N, I, K cùng thuộc một đường tròn, tính bán kính của đường tròn đó theo R

4 Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán

3,0đ

1 * Gọi E là trung điểm của MN F là trung điểm của IK.Chứng minh được 4

điểm M, I, N, K cùng nằm trên một đường tròn tâm F bán kính MF

* Ta có 3 điểm E, F, O đều thuộc đường trung trực của MN nên 3 điểm F,

E, O thẳng hàng

Tính được

3 2

R

OE 

, MN R Suy ra tam giác OMN là tam giác đều 

góc MON = 600  góc MKN = 600, suy ra góc MFN = 1200 Do đó, góc

MFE = 600

Trong tam giác MEF, ta tính được MF = 3

R

Vậy bán kính đường tròn đi qua bốn điểm M, I, N, K bằng 3

R

1,0đ

1,0đ

2

Ta có

1 2

KAB

SKAB lớn nhất  KH lớn nhất

Mà KH KO nên KH lớn nhất khi và chỉ khi KH = KO hay H trùng với O

Khi đó, tam giác KAB cân tại K Mà góc K bằng 600 nên tam giác KAB là

tam giác đều

1,0đ

Ta có KO  3.R.

S KAB  3R2

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB bằng 3R2

4

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

1

x y z  Chứng minh rằng

x yz  x y zx  y z xy  z  xyz

1,5 đ

Ta có:

1

x y z 

xyz

xyz

Để chứng minh x yz  x y zx  y z xy  z  xyz ta chứng

minh

Trước hết ta chứng minh:

yz

x

(1)

2

1 1

yz

x

y z

luôn đúng với mọi số dương y,z

Tương tự, ta có:

zx

y

(2)

xy

z

(3) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được

Do đó ta có điều phải chứng minh.

5

Giải hệ phương trình    





1,5đ

   

   

   

   

   

   

 2

0

0

0 0 4 1

x y x

x y

x y x

x xy

x y x

x xy x y y x

 



 

 







  





 



 











  



 0 4 1 1 3 1

x y x y x y

  











 



 



 











 



Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) thuộc {(0;4); (1;1); (-3;1)}

Lưu ý: Trong mỗi phần, học sinh làm cách khác đúng thì giám khảo có thể cho điểm tương

ứng với mỗi phần đó.