DeDa HSG Toan9 huyen Thanh chuong 2011

Câu 1. Giải phương trình
a.
2
10 27 6 4x x x x− + = − + −
b.
2 2
2011 2006 2x x− − − =
Câu 2. Cho đường thẳng (d) có phương trình:
2(1 ) 2
.
2 2
m
y x
m m
−
= +
− −
, với
m
tham số
m
2≠
.
a. Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua.
b. Xác định giá trị tham số m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Câu 3.
a. Cho B =
11 1122 225
1n n+
12 3 1 2 3
; B là một số gồm n chữ số 1, n + 1 chữ số 2 và một chữ số 5.

Chứng minh B là số chính phương.
b. Cho
p
là số nguyên tố;
5p ≥
. Chứng minh rằng nếu
2 1p +
là số nguyên tố thì:
2
2 1p +
là hợp
số.
c. Chứng minh không tồn tại cặp giá trị nguyên
( ; )x y
thỏa mãn:
2 2
2 2 2011x y− − =
d. Cho
; ; 0x y z >
và
1x y z+ + ≥
, chứng minh:
3 3 3
2 2 2
1
x y z
y z x
+ + ≥
Câu 4. Cho đường tròn (O) và điểm P nằm ngoài đường tròn. Từ P kẻ 2 tiếp tuyến PA, PB với đường
tròn (O), (A, B là các tiếp điểm); OP cắt AB tại M. Qua M kẻ dây cung CD của đường tròn (O), (CD

khác AB và CD không đi qua O). Hai tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở Q. Chứng minh:
a) AB < CD ; b) PQ vuông góc với PO tại P.
Câu 5. Cho đường thẳng xy; đường tròn (O) và một điểm A nằm trên đừơng tròn (O), xy không cắt
(O). Dựng đường tròn tâm K tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với đường thẳng xy. (Chỉ trình bày cách
dựng và biện luận)
Hết./.

Câu
Ý
Nội dung cần đạt Điểm
1 a
2
10 27 6 4x x x x− + = − + −
, Điều kiện:
4 6x ≤ ≤
HS biến đổi:
2 2
( 2. .5 25) 2 ( 5) 2 2VT x x x= − + + = − + ≥
, Dấu “=” xẩy ra khi
5x =
2 2
1. 6 1. 4 (1 1 )(6 4) 2VP x x x x= − + − ≤ + − + − =
, Dấu “=” xẩy ra khi
5x =
Vậy nghiệm:
5x
=
thỏa mãn điều kiện
4 6x
≤ ≤

0,25
0,25
0,25
1,
75
b
2 2
2011 2006 2x x− − − =
, ĐK:
2
0 2006x≤ ≤
Nhân 2 vế với :
2 2
2011 2006 0x x− + − >
và biến đổi đưa về hệ PT:
2 2
2 2
2 2
2011 2006 2
9 81 32095
2011 2011
5
4 16 4
2011 2006
2
x x
x x x
x x

− − − =


⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±


− + − =

Đối chiếu điều kiện:
32095
4
x = ±
thỏa mãn.
0,25
0,5
0,25
2
a
(d) :
2(1 ) 2
.
2 2
m
y x
m m
−
= +
− −
; với
m
tham số,
1;2m ≠

Gọi
0 0
( ; )x y
là điểm cố định (d) luôn đi qua: Thay vào PT của (d) ta có:
0 0
2(1 ) 2
.
2 2
m
y x
m m
−
= +
− −
, Với mọi m
0 0 0 0
2 2 2 2my y x mx⇔ − = − +
,
m
∀
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0
2 0 1
( 2 ) 2 2 2 0;
2 2 2 0 2
y x x
m y x y x m
y x y
+ = =

 
⇔ + − − − = ∀ ⇔ ⇔
 
− − − = = −
 
0,5
0,5
1,
75
b
Nhận thấy (d) không đi qua O
Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A
1
;0
1m
 
 ÷
−
 
Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B
2
0;
2m
 
 ÷
−
 
Ta có:
∆
AOB vuông tại O và có khoảng cách từ O đến (d) là OH (đường cao) nên:

2 2 2
1 1 1
OH OA OB
= +
Hay
2
2
2 2 2 2
1 1 1 1 ( 2)
( 1)
4
A B
m
m
OH x y OH
−
= + ⇔ = − +
2
2 2
2
4 2
4( 1) ( 2)
5 12 8
OH OH
m m
m m
⇔ = ⇔ =
− + −
− +
2 2

2 2
5
6 4 4
5( )
5 5 5
OH
m
⇔ = ≤ =
− +
; Dấu “=” xẩy ra
6
5
x =
.
Xét
1 2m y= ⇒ = −
; K/c từ O đến (d) bằng 2
5<
. Vậy
ax
6
5
5
m
OH x= ⇔ =
0,25
0,25
0,25
3 a
B =

2
11 1122 225 11 11.10 22 22.10 5
1 1
n
n n n n
+
= + +
+ +
12 3 1 2 3 123 1 2 3
1 2( 1) 2 2
2
10 1 10 1 10 10 2.10 25
.10 2. .10 5
9 9 9
n n n n n
n
B
+ + + +
+
− − − + +
= + + =
0,25
0,25
2,
0
2
2( 1) 1 1
10 10.10 25 10 5
9 3
n n n+ + +

 
+ + +
= =
 ÷
 
vì (
1
10 5
n+
+
)
3M
Nên B là số chính phương
b
p
là số nguyên tố;
5p ≥
nên
p
lẻ và
p
không chia hết cho 3
1p⇒ +
chẵn
( 1) 2p⇒ + M
;
p
chia cho 3 dư 1 hoặc 2
HS lập luận để chứng tỏ
2

2 1p +
là hợp số.
0,2
0,3
c
2 2 2 2
2 2 2011 2 2013x y x y− − = ⇔ = + ⇒
x
lẻ, đặt
2 1;( )x k k Z= + ∈
thay vào ta có:
2 2 2 2
2 4 4 2012 2 2 1006y k k y k k= + − ⇔ = + −
(1)
y⇒
chẵn,
2 ; ( )y t t z= ∈
Thay
;x y
vào (1) và biến đổi:
2
2 ( 1) 503 (2)t k k= + −
Xét thấy VT của (2) luôn chẵn; VP của (2) là số lẻ vì k(k+1) chẵn (Tích 2 số nguyên liên
tiếp). Vậy dấu “=” của (2) không thể xẩy ra
⇔
Không tồn tại cặp số nguyên (x; y) thỏa
mãn:
2 2
2 2 2011x y− − =
0,25

0,25
d
; 0x y >
; xét
3
3 3 3 3 3 3 6 2
3
2
2 3 . 3 3 2
x
x y x y y x y xy x y
y
+ = + + ≥ = ⇔ ≥ −
Chứng minh tương tự:
3
2
3 2
y
y z
z
≥ −
;
3
2
3 2
z
z x
x
≥ −
Cộng vế theo vế ta có:

3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3 3 (2 2 2 ) 1 1
x y z x y z
x y z x y z x y z
y z x y z x
+ + ≥ + + − + + = + + = ⇔ + + ≥
(Đpcm)
0,25
0,25
0,25
2,
5
4
a
Gọi giao điểm của QO và CD là N. HS áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại Q để
suy ra:
CD QO⊥
tại N,
⇒ ∆
MNO vuông tại N
⇒
OM>ON
⇒
AB<CD (T/c khoảng cách từ tâm đến dây )
0,5
0,5
b HS áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
∆
OAP,

∆
OQC có:
2 2
. ; .AO OM OP OC ON OQ= =

mà OA = OC nên OM . OP = ON . OQ
0,25
0,25
N
Q
D
M
A
B
O
P
C
Từ c/m đã có: OM . OP = ON . OQ
OM OQ
ON OP
⇔ =
(1)
Xét
∆
MON và
∆
QOP có
·
POQ
chung và (1)

∆
MON đồng dạng
∆
QOP
⇒
·
·
0
90ONM OPQ= =
hay QP
⊥
PO tại P
0,25
0,25
0,25
5
Vẽ hình cả 2 trường hợp:
+ At cắt xy
+ At // xy
0,25
2,
0
Cách dựng: - Qua A dựng tiếp tuyến At với (O):
+ Nếu At cắt xy tại P: dựng phân giác của góc tạo bởi At và xy, Phân giác đó cắt OA tại
K. Dựng (K; KA) là đường tròn cần dựng.
+ Nếu At // xy: Dựng giao của OA với xy tại I, Dựng K là trung điểm của AI, dựng (K;
KA)
0,25
0,5
0,5

Biện luận: + Nếu OA
xy⊥
bài toán có 1 nghiệm hình.
+ Nếu OA không vuông góc xy thì At tạo với xy hai góc nên bài toán có 2 nghiệm hình.
0,25
0,25
Học sinh giải các cách khác phù hợp và đúng theo yêu cầu vẫn chấm điểm tối đa
t
y
x
K
K'
P
O
A