De khao sat hoc sinh gioi lop 9

phòng giáo dục và đào tạo
đề khảo sát học sinh giỏi lớp 9
năm học 2011-2012
môn: toán
Thời gian: 150 phút ( Không kể giao đề)
Đề gồm có 01 trang
Bài 1 (3 điểm):
1. Cho y =
2 2
4 4 4 4x x x x+ + + +
a) Rút gọn y.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y.
2. So sánh A = 1 +
1 1 1 1 1 1

2 3 4 5 99 100
+ + + + + +
với 20
3. Cho a, b, c và x,y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau:
x + y = a ; x
3
+ y
3
= b
3
; x
5
+ y
5
= c
5

Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y.
Bài 2 ( 2,5 điểm) :
1. Cho hai điểm A(3 ; 0) và B(0; 4)
a) Viết ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B
b) Một điểm C di chuyển trên đoạn AB. Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu của C trên OA;
OB. Gọi F là điểm thuộc đoạn thẳng DE sao cho EF =
1
3
FD. Chứng minh F nằm trên một đ ờng
thẳng cố định.
2. Cho x; y thoả mãn (x +
2
2010x +
)( y +
2
2010y +
) = 2010
Tính E = x
2011
+ y
2011

Bài 3 (3,5 điểm):
1. Cho nửa đ ờng tròn (O) đ ờng kính AB = 2R ( R là một độ dài cho tr ớc). M, N là hai điểm
thuộc nửa đ ờng tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đ ờng
thẳng MN bằng R
3
.
a) Tính độ dài MN theo R.

b) Xác định vị trí của M ; N sao cho tổng diện tích S
AMB
+ S
ANB
là lớn nhất theo R khi M,
N thay đổi nh ng vẫn thoả mãn giả thiết của bài toán.
2. Cho K là một điểm nằm trong tam giác đều DEF sao cho KE
2
= KD
2
+ KF
2
. Tính số đo của
góc
ã
DKF
Bài 4 (1 điểm) :
Tìm số nguyên m để
2
m + m + 3
là số hữu tỉ
Hết
Họ tên học sinh:
Chữ ký của giám thị:
UBND huyện gia lộc
phòng giáo dục và đào tạo
h ớng dẫn chấm khảo sát học sinh giỏi lớp 9
đợt 2 năm học 2010-2011
môn: toán
Bài Phần Nội dung Điểm

1 1 (a)
y =
2 2
4 4 4 4x x x x+ + + +
y =
2 2
( 2) ( 2)x x+ +
=
2 2x x+ +
Nếu x < -2 thì y = - x - 2 - x + 2 = - 2x
Nếu -2
x
2 thì y = x + 2 - x + 2 = 4
Nếu x > 2 thì y = x + 2 + x - 2 = 2x
0,25
0,25
1 (b) Nếu x < -2 thì y = - 2x > 4
Nếu -2
x
2 thì y = 4
Nếu x > 2 thì y = 2x > 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng 4 khi -2
x
2
0,25
0,25
2
So sánh A = 1 +
1 1 1 1 1 1

2 3 4 5 99 100
+ + + + + +
với 20
* Chứng minh bất đẳng thức: với n là số tự nhiên thì
1
< 2( n + 1 - n )
n+1

Với n là số tự nhiên ta có:
n < n + 1


n + n + 1 < 2 n + 1

1 1
n + n + 1 2 n + 1
>

1
n + 1 - n >
2 n + 1



1
< 2( n + 1 - n )
n+1

vì
( n + 1 + n ).( n + 1 - n ) 1=

Vậy
1
< 2( n + 1 - n )
n+1
* Thay n lần l ợt từ 0; 1; đến 99 vào bất đẳng thức trên ta có:
1
2;
1
<

1
2( 2 1)
2
<
;
1
2( 3 2)
3
<
; ;
1
2( 100 99)
100
<

A < 2 (1+
2 1 3 2 4 3 99 98 100 99 + + + + +
) = 2.
100
Vậy A < 2.10 = 20

0.25
0,25
0,25
0,25
3 Cho a, b, c và x,y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau:
x + y = a ; x
3
+ y
3
= b
3
; x
5
+ y
5
= c
5

Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y.
* Từ x
3
+ y
3
= b
3
ta có b
3
= x
3
+ y

3
= ( x + y ).( x
2
- xy + y
2
)
b
3
= ( x + y)[ (x + y)
2
- 3xy ] = a. (a
2
- 3xy) = a
3
- 3axy
Nếu x + y = 0 thì a = b = c = 0
Nếu x + y = a

0

xy =
3 3
a - b
3a
Ta có x
5
+ y
5
= ( x
3

+ y
3
).(x
2
+ y
2
) - x
2
y
2
(x + y)

x
5
+ y
5
= ( x
3
+ y
3
)[ (x + y)
2
- 2xy] - (xy)
2
.(x + y) ( *)
Thay x + y = a ; x
3
+ y
3
= b

3
; x
5
+ y
5
= c
5
và xy =
3 3
a - b
3a
vào ) ( *)
Ta đ ợc: c
5
= b
3
[a
2
- 2(
3 3
a - b
3a
) ] - (
3 3
a - b
3a
)
2
. a

9ac
5
- 5a
3
b
3
- 5b
6
+ a
6
= 0
0,25
0,25
0,25
0,25
2 1(a) Cho hai điểm A(3 ; 0) và B(0; 4); Viết ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B
Ph ơng trình đ ờng thẳng có dạng: y = a.x + b (d)
Vì B(0; 4) thuộc đ ờng thẳng (d) nên b = 4 suy ra y = a.x + 4
Vì A(3 ; 0) thuộc đ ờng thẳng (d) nên thay x = 3 ; y = 0 vào y = a.x + 4
ta đ ợc : 0 = a.3 + 4

a =
4
3

Vậy ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B là: y =
4
3

.x + 4

0,25
0,25
1
(b)

4
2
-2
-4
-5
5
F
A3
0
B
C
D
E
3
K
H
Kẻ FH

OA tại H; FK

OB tại K.
Vì C thuộc đ ờng thẳng AB nên C (x
c
; y
c

) thì y
c
=
4
3

.x
c
+ 4 (*)
và x
c
= OD; y
c
= OE. Điểm F (x
F
; y
F
) thì x
F
= OH = FK ; y
F
= OK = FH ( vì
OKFH là hình chữ nhật)
Ta có EF =
1
3
FD nên EF =
1
4
ED; FD =

3
4
ED
Tam giác EOD có FK // OD nên
KF EF 1
= =
OD ED 4



F
C
x 1
=
x 4


x
c
= 4x
F
FH // OE nên
FH DF 3
= =
OE DE 4



F
C

3
=
4
y
y


y
c
=
4
3
y
F
Thay x
c
= 4x
F
; y
c
=
4
3
y
F
vào (*) ta đ ợc
4
3
y
F

=
4
3

.4x
F
+ 4

y
F
= - 4x
F
+ 3
Vậy F nằm trên đ ờng thẳng cố định y = - 4x +3, nằm trong góc phần t thứ I giới
hạn bởi hai điểm có toạ độ là (
3
4
; 0) và (0; 3)
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Cho x; y thoả mãn (x +
2
2010x +
)( y +
2
2010y +
) = 2010 (1)

Ta có (x +
2
2010x +
)( x -
2
2010x +
) = - 2010 (2)
(y +
2
2010y +
)( y -
2
2010y +
) = - 2010 (3)
Từ (1) suy ra x +
2
2010x +

0
và y +
2
2010y +

0
(4)
Từ (1) và (2) suy ra (x +
2
2010x +
)( x -
2

2010x +
+ y +
2
2010y +
) = 0
mà x +
2
2010x +

0

x -
2
2010x +
+ y +
2
2010y +
= 0 (5)
Từ (1) và (3) suy ra (y +
2
2010y +
)( x +
2
2010x +
+ y -
2
2010y +
) = 0
mà y +
2

2010y +

0


x +
2
2010x +
+ y -
2
2010y +
= 0 (6)
Cộng từng vế của (5) và (6) ta có:
x -
2
2010x +
+ y +
2
2010y +
+ x +
2
2010x +
+ y -
2
2010y +
= 0
2x + 2y = 0

x + y = 0

x = - y

x
2011
= - y
2011


x
2011
+ y
2011
= 0
Vậy E = x
2011
+ y
2011
= 0
0.25
0.25
0.25
0.25
3 Vẽ hình đúng cả hai hình ( nếu đúng 1 hình đ ợc 0,125 đ) 0,25
O
B
H
K
A
M
N

I
P
R
Q
E
F
D
K
P
1
(a)
Kẻ AH

MN tại H, BK

MN tại K, suy ra AH + BK = R
3
Từ O kẻ OI

MN tại I

MI = IN =
1
2
MN.
Ta có AH // BK (cùng vuông góc với MN)

AHKB là hình thang, ta lại có
OA = OB, AH // OI // BK(cùng vuông góc với MN)

OI =
1
2
( AH + BK)

OI =
1
2
. R
3
Tam giác MOI vuông tại I nên MI
2
= OM
2
- OI
2
= R
2
-
2
3R
4
=
2
R
4

MI =
R
2

MN = 2.MI = R. Vậy MN = R.
0,25
0,25
0,25
1
(b)
Kẻ MP

AB tại P, IQ

AB tại Q, NR

AB tại R

MP//IQ//NR

MPRN là hình thang, mà MI = IN

QI =
1
2
( MP + NR)

MP + NR = 2QI
Ta có S
AMB
=
1
2

AB. MP ; S
ANB
=
1
2
AB. NR

S
AMB
+ S
ANB
=
1
2
AB.(MP+NR)
Ta có AB = 2R không đổi nên S
AMB
+ S
ANB
đạt giá trị lớn nhất khi MP + NR
0,25
0,25
đạt giá trị lớn nhất. Ta lại có MP + NR = 2QI nên MP + NR đạt giá trị lớn nhất
khi IQ đạt giá trị lớn nhất.
Ta có IQ

OI

IQ đạt giá trị lớn nhất bằng OI khi Q

O, khi đó OI

AB suy
ra MN // AB

S
AMB
+ S
ANB
=
1
2
AB.2IO =
1
2
.2R. R
3
= R
2
.
3
(đvdt).
* Cách dựng: Qua O dựng tia Ox

AB tại O ( Ox thuộc nửa mặt phẳng có bờ AB
chứa nửa đ ờng tròn tâm O), trên Ox lấy điểm I sao cho OI =
1
2
. R
3

. Qua I
dựng đ ờng thẳng d

OI tại I, d cắt nửa đ ờng tròn (O) tại M và N ( M thuộc cung
AN ).
0,25
0,25
2 Dựng tam giác đều DKP sao cho P nằm phía ngoài tam giác DEF, K và P nằm
trên 2 nửa mặt phẳng đối nhau có bờ là DF.
Tam giác DEF đều

DE = DF,
ã
0
EDF = 60
Tam giác DKP đều

DK = DP = KP,
ã ã
0
KDP = DKP 60=
.
Ta có:
ã
ã
ã
0
EDK + KDF = EDF = 60
;
ã

ã
ã
0
KDF + FDP = KDP = 60


ã
ã
EDK = FDP

EDK =

FDP ( ED = FD,
ã
ã
EDK = FDP
, DK = DP )

KE = PF.
Ta có KE
2
= KD
2
+ KF
2
mà KE = PF, DK = KP nên FP
2
= KP
2
+ KF

2



PKF vuông tại K

ã
0
PKF = 90
.
Ta có
ã
ã
ã
0 0 0
DKF = DKP + PKF = 60 90 150+ =
.
Vậy
ã
0
DKF 150=
0,25
0,25
0,5
0,5
4
Tìm số nguyên m để
2
m + m + 3
là số hữu tỉ

Vì m là số nguyên và
2
m + m + 3
là số hữu tỉ nên đặt
2
m + m + 3
= t (t

N)
Bình ph ơng hai vế ta đ ợc m
2
+ m + 3 = t
2


4m
2
+ 4m + 12 = 4t
2


4m
2
+ 4m + 1 + 11 = 4t
2


4t
2
- (4m

2
+ 4m + 1) = 11

(2t)
2
- (2m + 1)
2
= 11

(2t

+ 2m + 1)(2t

- 2m - 1) = 11
Vì m là số nguyên và t là số tự nhiên nên 2t

+ 2m + 1 và 2t

- 2m - 1 là các số
nguyên

2t

+ 2m + 1 và 2t

- 2m - 1 là các ớc nguyên của 11; các ớc nguyên của
11 là; 1 ; -1 ; 11 ; -11
Ta có các tr ờng hợp sau:
2t + 2m + 1 = 11
2t - 2m - 1 = 1

;
2t + 2m + 1 = -11
2t - 2m - 1 = -1



;
2t + 2m + 1 = 1
2t - 2m - 1 = 11



;
2t + 2m + 1 = - 1
2t - 2m - 1 = -11



Giải các tr ờng hợp trên ta đ ợc ( m = 2 ; t = 3 ) và ( m = -3; t = 3) thoả mãn
Vậy m = -3; m = 2
0,25
0,25
0,25
0,25

Ghi chú: Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của phần đó.