HSG TOÁN Đề 2

Không dùng máy tính bỏ túi.. Lấy điểm M bất kì trên đường thẳng d d không cắt đường tròn O vẽ tiếp tuyến MA, MB A, B là tiếp điểm, OM cắt AB tại N.. Chứng minh OM.ON không đổi.. a Tìm qu

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: ( 4.0 điểm) 1) Cho x 2 3

2 3

−

= + Không dùng máy tính bỏ túi

Tính M x= 5−2x4 −12x3+26x2−21x 2020+

2) Cho x, y là 2 số hữu tỉ t/m: x5 +y5 =2x y2 2

Chứng minh : 1 - xy là bình phương của 1 số hữu tỉ

Câu 2: ( 4 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) 2x 1 x− = 3 −2x2+2x

2)

(I) 2

2







x y

x y

Câu 3: ( 2.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3(x2 +xy y+ 2)= +x 8 y

Câu 4: ( 7.0 điểm)

Cho đường tròn tâm O, bán kính r Lấy điểm M bất kì trên đường thẳng d (d không cắt đường tròn O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm), OM cắt AB tại N

1 Chứng minh OM.ON không đổi

2 Khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d

a) Tìm quỹ tích tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM

b) Tìm quỹ tích điểm N?

c) Với bài toán trên, khi khoảng cách từ tâm đường tròn (O) tới đường thẳng d bằng

2

r

, quỹ tích điểm N thay đổi như thế nào?

Câu 5: ( 3.0 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn:

x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B 1 1 1

x y 1 y z 1 z x 1

+ + + + + + .

Hết

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu 1:

(4 điểm)

4 3

−

−

2

x 4x 1 0

⇔ − + =

Biến đổi ta có M=(x2 −4x 1 x+ )( 3+2x2 −5x 4+ +) 2016

= 0 + 2016 = 2016

2) Xét 2 trường hợp :

*) Nếu xy = 0 thì 1 – xy = 12 là bình phương của 1 số hữu tỉ

*) Nếu xy 0≠ ta có :

5 5 5 5 5 5 4 4 5 5 5 5 2 2

4 4

5 5 5 5

4 4 2 2

x y x y 4x y 4x y 4x y Do x y 2x y

4x y 1 xy

1 xy

4x y 2x y

0,5 0,5 1 0,5

1

0,5

Câu 2:

(4 điểm) 1)

2x 1 x− = −2x +2x Điều kiện x 1

2

≥ (*)

2

2x 1

x

−

2x 1

1 x

−

⇔ ≤ Dấu “=” xảy ra ⇔ = x 1 (2)

( )2

x 1 − + ≥ 1 1 Dấu “=” xảy ra ⇔ = x 1 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra phương trình có nghiệm x = 1 (thỏa mãn điều kiện)

2) * Điều kiện xác định : ≠

2

y

 Nếu = −

2

y

x thì từ hệ

0,25

0,5 0,5 0,25

0,5

( )

2

8 2 10 4 3 2 0

0

1

2 2

2 2

2

−



y I

y y

y

PTVN

Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm

Nếu ≠ ±

2

y

x Chia 2 vế phương trình (1) cho (2x y+ ) (2x y− )

Ta có :



Đặt 2

2

x y t

x y

+

=

− thì

( )* ⇔ − − = 8 10t 3 0

t

⇒ − ÷ + ÷= ⇔ =

  

+ Với = 3

2

t thì 2 3 5

x y

x y+ = ⇒ =

− Thay vào (**) Ta có :

× −

5

2

y

y y

⇒ − − = ⇔ − ÷ + ÷= ⇔ = =

• Với = ⇒ = × =1 5 1 5

y x ( thỏa mãn ĐKXĐ)

• Với = − 1⇒ = × =5 1 − − 5

y x ( thỏa mãn ĐKXĐ)

+ Với 1

4

t= − thì 2 1 3

+ = − ⇒ = −

−

x y

x y Thay vào (**) Ta có :

3

10

−

× −

y y

y y ⇒ 8y2− 20y+ 25 0 = : pt vô nghiệm Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :  − − 

5 1;

2 6 và

 

 ÷

 

5 1;

4 2

0,5

0,5

0,5

Câu 3: Phương trình đã cho được viết lại là: 3x2 +(3y−1)x+3y2 −8y=0(1)

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:

(3y 1) 12(3y 8 ) 0y 27y 90y 1 0

Do y nguyên nên 0≤ ≤ ⇔ ∈y 3 y {0;1;2;3}

+)Với y = 0 ta có x = 0

+)Với y = 1 ta có x = 1

+)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 4:

(7 điểm)

* Vẽ hình đúng

1) (1điểm)

Từ MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M; A và B là tiếp điểm, suy ra:

∆MAO vuông tại A, AN⊥OM

⇒ OM.ON = OA2 = r2 không đổi

2 a) (2 điểm) Trên OM lấy O’ sao cho OO’ = O’M,

⇒ OO’ = O’M = O’A = O’B; ⇒O’là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABM

Gọi giao điểm của d và (O’) là K ⇒ MK⊥OK; ⇒ OK là khoảng cách từ

O tới đường thẳng d, đặt OK = h

Ta có OK không đổi (do tâm O và đường thẳng d cố định)

Kẻ O’E//MK, E∈OK; kết hợp O’M=O’O (bán kính của đường tròn O’),

MK⊥OK ⇒ O’E⊥OK và EO=EK=

2

1

OK =

2

1

h không đổi

⇒ Tâm O’của đường tròn ngoại tiếp ∆ABM thuộc đường trung trực của

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

đoạn thẳng OK

2b) (2 điểm) Gọi H là giao điểm của AB và OK;

∆ONH đồng dạng với ∆OKM (∆ONH có góc N vuông, ∆OKM có góc

K vuông, hai tam giác này có chung góc nhọn MOK)

⇒

OM

OH

OK

ON

OK

r OK

ON OM OH

2

=

h

r 2

không đổi, nên OH cố định

⇔ N thuộc đường tròn đường kính OH =

h

r 2 , trừ điểm O ( trong đó r là bán kính đường tròn O; h là khoảng cách từ O tới đường thẳng d)

2c) (1,5 điểm) Khoảng cách từ d tới (O) theo bài ra: h =

2

r ( hình vẽ bên)

Khi đó d cắt (O) tại L và L’ Xét ra hai trường hợp:

Khi M chuyển động trên tia Lx và L’y ta vẽ được các tiếp tuyến với (O)

Khi M chuyển động trên đoạn thẳng LL’ thì không vẽ được tiếp tuyến

với (O) trừ điểm L, L’

- Xét M chuyển động trên tia Lx, tương tự câu 2b ta có:

OH =

h

r 2

= r 2:

2

r

= 2r

⇒ quỹ tích điểm N là cung tròn ONL nhận OH =2r làm đường kính (hình

trên), trừ điểm O

Tương tự khi M chuyển động trên tia L’y quỹ tích điểm N là cung tròn

ON’L’nhận OH =2r làm đường kính, trừ điểm O

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

Vậy khi h =

2

r điểm M thay đổi trên d thì quỹ tích của N là cung tròn LOL’nhận OH = 2r làm đường kính (hình trên), trừ điểm O

Câu 5:

(3 điểm)

Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn:

x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1

B

x y 1 y z 1 z x 1

Ta có: 0 ≤ (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 (∀x, y, z > 0)

⇔ 2xy + 2yz + 2zx ≤ 2(x2 + y2 + z2) ⇔ (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) (1)

Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z > 0

Theo giả thiết:

x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18 ⇔ x2 + y2 + z2 ≤ 18 – (x + y + z) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (x + y + z)2 ≤ 54 – 3(x + y + z)

⇔ (x + y + z)2 + 3(x + y + z) – 54 ≤ 0 ⇔ (x + y + z – 6)(x + y + z + 9) ≤ 0

⇔ 0 < x + y + z ≤ 6 (vì x + y + z > 0, 9 > 0)

Áp dụng bất đẳng thức 1 1 1 9

+ +

(a, b, c > 0, dấu bằng có ⇔ a = b = c),

B

x y 1 y z 1 z x 1 2(x y z) 3 2.6 3 5

hay B 3

5

≥

Dấu bằng xảy ra ⇔ x y 1 y z 1 z x 1

x y z 6

+ + = + + = + +



 + + =



⇔ x = y = z = 2 (thoả mãn)

Vậy Bmin= 3

5 ⇔ x = y = z = 2

0,5

0,5 0,5

0,5 0,5

0,5