Copy of de 2 thi HSG r

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
§Ò 2

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN

Năm học 2011-2012
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Đề chính thức

 a a −3
2( a − 3)
a +3 a +8
:
−
+
Câu 1: Rút gọn biểu thức A = 

 a −2 a −3

a +1

3 − a  a −1

Câu 2: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 28+211+2n là số chính phương
Câu 3: Cho z ≥ y ≥ x > 0. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1
y  +  + ( x + z ) ≤ ( x + z ) + 

x

z

y

x

z

Câu 4: a) Giải phương trình 2 x − 1 = x − 2. x − 1
b) Cho ba số x, y, z thỏa mãn
x 2 + y2 + z2 = 1
x3 + y3 + z3 = 1
Tính tổng x + y + z
Câu 5: Cho đường thẳng y = (m-1)x + 2
Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất?
Câu 6: Cho (O;R) và một đường thẳng d cố định không cắt (O). Hạ OH vuông
góc với d (H ∈ d). M là điểm thay đổi trên d, từ M kẻ MQ và MP là tiếp tuyến của
(O), (P,Q là tiếp điểm). Dây cungPQ cắt OH tại I, cắt OM tại K.
a) Chứng minh 5 điểm O, Q, H, M, P cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tích IO.OH không đổi.
c) Giả sử góc PMQ = 600. Tính tỉ số diện tích hai tam giác MPQ và OPQ.
------- Hết ------Lưu ý: - Học sinh không được sử dụng máy tính
- Học sinh bảng A làm hết tất cả các câu
- Học sinh bảng B không phải làm câu 6c
Họ tên thí sinh:………………………………..; SBD:……..


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN

Nội dung đáp án

Câu
1
4đ



A= 


(

a a −3
2( a − 3)
a +3 a +8
:
−
−
a − 3 a +1
a +1
a − 3  a − 1

)(

)

a a − 3 − 2( a − 3)( a − 3) − ( a + 3)( a + 1) a + 8
:
=

a −1
( a − 3)( a + 1)

=

a a + 8 a − 3a − 24 a + 8
:
a −1
( a − 3)( a + 1)

=

( a − 3)(a + 8) ( a + 1)( a − 1)
.
= a −1
(a + 8)
( a − 3)( a + 1)

Giả sử 28+211+2n = a2 => 2n = a2 - (28+211)
hay 2n = a2 - 482 = (a - 48)(a + 48)
lúc đó ta có:
p
q
2 = a + 48=> 2 = a - 48 , với p, q ∈ N và p + q = n, p > q
=> 2p - 2q = 96 <=> 2q.(2p-q - 1) = 25.3
=> q = 5 và p - q = 2 => p = 7 => n = 7+5 = 12
thử lại 28+211+212 = 802
Bất đẳng thức đã cho viết lại dưới dạng:

2

1đ

3
3đ

y
1
1
( x + z ) + ( x + z ) ≤ ( x + z )( x + z ).
xz
y
xz

vì x+z > 0, y > 0, xz > 0 nên nhân hai vế với

4
3đ

a
2đ

xyz
x+z

ta được bất đẳng thức mới tương đương
y2 + xz ≤ xy + yz
<=> y2 - xy + xz - yz ≤ 0
<=> - (y - x)(z - y) ≤ 0 đúng vì y - x ≥ 0 và z - y ≥ 0
dấu " = " xẩy ra khi và chỉ khi x = y hoặc y = z
Điều kiện x ≥ 1

2 x − 1 = x − 2. x − 1 <=> 2 x − 1 = ( x − 1) − 2 x − 1 + 1
<=> 2 x − 1 = ( x − 1 − 1) 2 hay 2 x − 1 = | x − 1 − 1 | (1)
+ Khi x − 1 − 1 ≥ 0 hay x ≥ 2 thì phương trình (1) trở thành
2. x − 1 = x − 1 − 1 <=> x − 1 = -1 (vô nghiệm)
+ Khi x − 1 − 1 < 0 hay 1 ≤ x < 2 thì phương trình (1) trở thành

b
1đ

1
10
2. x − 1 = 1 − x − 1 <=> x − 1 = ⇔ x =
(thỏa mãn đk: 1 ≤ x < 2)
3
9
10
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
9
Từ điều kiện bài toán ta có nhận xét: |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, |z| ≤ 1
nên x3 ≤ x2 , y3 ≤ y2 , z3 ≤ z2
=> x3 + y3 + z3 ≤ x2 + y2 + z2

dấu " = " xẩy ra khi và chỉ khi
x3 = x2
x = 0 hoặc x = 1
3
2
y = y <=>
y = 0 hoặc y = 1
3

2
x =z
z = 0 hoặc z = 1

Bảng
A
0.75

Bảng
B
0.75

1.0

1.0

0.75

0.75

1.5

1.5

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

0.5

0.75

0.75

0.75

0.75

0.5
0.5

0.5
0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25


=> x + y + z = x2 + y2 + z2 = 1
Gọi A,B là hai giao điểm của đường thẳng y= (m-1)x +2 (d)với
trục Ox và trục Oy. Ta dễ dàng tìm được toạ độ của hai điểm là

5
3đ

−2
A(
;0) và B(0;2)
m −1

tam giác AOB vuông tại O(O là gốc toạ độ),gọi OH là đường cao
thì OH chính là khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng
y = (m-1)x + 2
1
1
1
1
1 ( m − 1) + 1
=
+
=
+ 2 =
2
2
2
2
4
OA
OB
2
ta có: OH

OH =
 −2 


 m −1
2

6
6đ

a
3đ

b
2đ

2

( m − 1)

2

0.5

0.5

1.0

1.0

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5
0.5

0.5
0.75

0.75

0.75

0.75

0.75

0.5

0.75

0.25
0.25

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

+1

OHMAX <=> ( m − 1) 2 + 1 Min <=> m- 1= 0 <=> m = 1
Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng(d) lớn nhất
<=> m = 1
HS vẽ hình đúng
Học sinh chỉ ra được ∆ OPM, ∆ OQM
là các tam giác vuông
P
- Gọi J là trung điểm của OM
O
=> JQ, JP, JH là ba trung tuyến
K

của ba tam giác vuông
=> JQ = JP = JH = JO = JM
J
I
=> năm điểm O, Q, H, M, P cùng
Q
nằm trên đường tròn tâm J,
d
M
H
bán kính bằng OM/2
Xét ∆ IOK và ∆ MOH: có IOK = MOH
có OM ⊥ PQ (t/c đường kính và dây cung) => IKO = 90
=> IKO = MHO = 900
IO OK
=
=> IO.OH = OK.OM
MO OH
∆ OPM vuông tại O => OP2 = OK.OM (hệ thức lượng ∆ vuông).

=> ∆ IOK ~ ∆ MOH =>

=> IO.OH = OK.OM = OP2 = R2 không đổi.

0.5

c
1đ

PMQ = 600 => OMQ = OMP = 300

ta có OM ⊥ PQ, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta
có:
MP = OP : tg 300 = R : 1/ 3 = R 3
MO = OP 2 + MP 2 = R 2 + 3R 2 = 2R
MK = MP2:MO = 3R2: 2R = 3R/2
OK = OM - MK = 2R - 3R/2 = R/2
PK = PM 2 − KM 2 = R 3 /2
=> SOPQ = 1/2OK.PQ = 1/2.R/2.2.(R 3 /2) = R2 3 /4
SMPQ = 1/2 PQ.KM = 1/2.(2.R 3 /2).3R/2 = 3R2 3 /4
=> SMPQ /SOPQ = 3R2 3 /4 : R2 3 /4 = 3

0.25

0.25
0.25
0.25