Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 11 potx

SỞ GD&ĐT
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC: 2011 – 2012
Môn: Toán
(Thời gian làm bài 150’)
Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012.

Bài 1. (5đ) Cho biểu thức:
2
a a 3a 2 a a 4
P
a a 1 a a 2
  
  
  

a) Rút gọn P
b) Tìm GTNN của P
Bài 2. (5đ) Giải các pt sau: a)
33 2 3 2
2x x 2x 3x 1 3x 1 x 2
       

b) x
4
– 2y
4
– x
2

y
2
– 4x
2
– 7y
2
– 5 = 0
Bài 3. (4đ) Cho (O; R). Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và
B. từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O),
(M, N là hai tiếp điểm).
a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên
một đường thẳng cố định khi M di động trên d.
Bài 4. (4đ) a) Tìm GTLN của
2
y x 9 x
 

b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn:
2 2 2 3 3 3
a b c 1;a b c 1;a b c 1
        
. Chứng minh:
2009 2009 2009
a b c 1
  

Bài 5. (2đ) Cho
ABC


thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB. Tìm GTLN của diện
tích
ABC

.
HẾT




Họ và tên:…………………………… SBD……………………………
Chữ kí GT 1:…………………














ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012
Bài 1: a) ĐK a > 0 và a

2

2
a a 3a 2 a a 4
P
a a 1 a a 2
a( a 1)(a a 1) a(3 a 2) ( a 2)( a 2)
P
a a 1 a a 2
P a 3 a 4
  
  
  
     
  
  
  

b) Ta có
2
3 7 7
P a 3 a 4 ( a )
4 4 4
      
với mọi a TMĐK
Vy giá tr nh nht ca P l
7
4
khi a=
9
4

Bài 2:
Coi PT là bậc hai với ẩn t = x
2
ta tính được PT có
2 2
9( 2)
y   từ đó ta có
x
2
= 2 y
2
+ 5(1) và x
2
= - y
2
– 1(vô nghiệm)
Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k
2
+ 2k - y
2
= 2 do đó y phải
chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2
còn vế phải không chia hết cho 2
Bài 3:
a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON
2
=R
2

Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D,
cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN
=
2 2
MO ON R
 
nên ta giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác ta giác
OPM cũng vuông cân tại P.

Q
P
O
I
F
H
M
L
B
N
E
A

do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R
2
>R
b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường
tròn đường kính OM. tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội
tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H
+) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định). Kẻ HL


(d) thì
HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không
đổi)
+) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H
chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE.
+) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong
·
PNM
cắt đường
tròn (O) tại điểm F, khi đó
»
»
NF FP

=> F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác MNP
Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên
đường tròn (O)
Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên
hình vẽ
Bài 4:
a) áp dụng BĐT ab
2 2
2
a b


ĐK 9 –x
2


0
ta có
2
9
y x 9 x
2
  

Vậy giá trị lớn nhất của y là 9/2 khi x=
9
2

b) ta có a
3
+b
3
+c
3
-3abc=(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-bc-ca)
=> 1-3abc=1-ab-bc-ca
=>ab+bc+ca=3abc
mà 1
2
=(a+b+c)

2
= a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+bc+ca)
=> ab+bc+ca=0
=> abc=0
=> a=0 hoặc b=0 hoặc c=0
Nếu a = 0 =>
2 2
3 3
1
1
1
b c
b c
b c
 


 


 


=>b

2
+c
2
+2bc=1
=> 2bc=0
=>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0)
Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)
Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)
Vậy mội trường hợp ta có P = 1
Bài 5: Đặt BC =x > 0
theo công thức He rông ta có
S=
( )( )( )
p p a p b p c
  
với
6
2
x
p


=> S
2
=
6 3 6 6 3 6
. . .
2 2 2 2
x x x x
   

=> S
2
=
2 2 2 2
9 9 9
(36 )( 4) ( 20) 256 .256 144
16 16 16
x x x        
 

Vậy giá trị điện tích lơn nhất là 12(đvđt) khi x=
20
(đvđd)