Đề số 2 kiểm tra đội tuyển

BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 120 phút, không kể giao đề)

Bài 1: Thực hiện phép tính: A =
3 2 2 3 2 2
17 12 2 17 12 2
− +
−
− +

Bài 2: Cho B =
( )
2
2
2 1
1
x x
x
+ +
+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x.
Bài 3: Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam
giác thì:
ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2

+ c
2
< 2(ab + bc + ca)

Bài 4: Bài 4: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình
y =
)x( 13
+
và điểm A








3
32
1;
a. Tìm số đo của góc
α
tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox.
b. Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. Tìm phương trình của đường
thẳng qua A và P.
Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB. Tia CN cắt tia
DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của
đoạn thẳng EF.Chứng minh:
1. góc ACE = góc BCM
2.

CE.BM
AE =
CM
3. Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3
lần diện tích hình vuông ABCD.


HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 120 phút, không kể giao đề)
Bài 1: (1,75 đ) A =
3 2 2 3 2 2
17 12 2 17 12 2
+ +
−
− +
Giải: A =
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 1 2 2 2 1
3 2.3.2 2 2. 2 3 2.3.2 2 2. 2
− + + +
−
− + + +
(0,5 đ)
=
( )
( )
( )

( )
2 2
2 2
2 1 2 1
2 1
2 1
3 2 2
3 2 2
3 2 2 3 2 2
− +
−
+
− = −
+
−
− +
(0,5 đ)
=
2 1 2 1
3 2 2 3 2 2
− +
−
− +
(0,25 đ)
=
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2

2 2
2 1 3 2 2 2 1 3 2 2
3 2 2 3 2 2
− + + −
−
− −
(0,25 đ)
=
3 2 4 3 2 2 3 2 4 3 2 2 2+ − − − + − + =
(0,25 đ)
Bài 2: (1,5 đ) Cho B =
( )
2
2
2 1
1
x x
x
+ +
+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x.
Giải:
* B =
( ) ( )
2 2
2
2 2
1 2 1
2 2 2

1 1
x x x
x x
x x
+ + + +
+ +
=
+ +
(0,25 đ)
= 1 +
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
1 v× 0
1 1
x x
x x
+ +
≥ ≥
+ +
(0,25 đ)
Dấu “=” xảy ra
1 0 1x x
⇔ + = ⇔ = −
(0,125 đ)
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1
1x⇔ = −
(0,125 đ)
* B =

( ) ( )
2 2
2
2 2
3 1 2 1
2 2 2
1 1
x x x
x x
x x
+ − − +
+ +
=
+ +
(0,25 đ)
= 3-
( )
2
2
1
1
x
x
−
+
3≤
vì
( )
2
2

1
0
1
x
x
−
≥
+
(0,25 đ)
Dấu “=” xảy ra
1 0 1x x
⇔ − = ⇔ =
(0,125 đ)
Vậy giá trị lớn nhất của B là 3
1x⇔ =
(0,125 đ)
Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca)
Giải:
Ta có: (a – b)
2
+ (b – c)

2
+ (c – a)
2

0
≥
(0,25 đ)
=> a
2
– 2ab + b
2
+ b
2
– 2bc + c
2
+ c
2
– 2ca + a
2

0
≥
(0,125 đ)
=> 2ab + 2bc + 2ca
≤
2a
2
+ 2b
2
+ 2c

2
(0,125 đ)
=> ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
(*) (0,125 đ)
Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên theo BĐT tam giác ta có: a < b + c (0,125 đ)
Lại có a > 0. Do đó a.a < a.(b + c) => a
2
< (ab + ca) (0,25 đ)
Tương tự ta cũng có: b
2
< bc + ab; c
2
< ca + bc (0,25 đ)
Như vậy ta có a
2
+ b
2
+ c
2
< ab + ca + bc + ab + ca + bc (0,25 đ)
=> a
2
+ b

2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca) (**) (0,25 đ)
Từ (*) và (**) ta có: ab + bc + ca
≤
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca) (0,25 đ)
Bài 4: (1,75 đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương
trình y =
)x( 13
+
và điểm A








3
32
1;
a. Tìm số đo của góc

α
tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox.
b. Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. Tìm phương trình của đường
thẳng qua A và P.
Giải:
- Vẽ được hình (0,25 đ)
a.
Giao điểm của (d) với trục tung P(0;
3
) (0,25 đ)
Giao điểm của (d) với trục hoành Q(-1;0) (0,25 đ)
Tam giác OPQ vuông tại O nên ta có:
tg
α
=
3
=>
α
= 60
0
(0,25 đ)
b.
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (0,25 đ)
Điểm P thuộc AP nên:

3
= a.0 + b => b =
3
(0,125 đ)
Điểm A thuộc AP nên:

+−=
).(a 1
3
32
3
=> a =
3
3
3
3
32
−
=−
(0,125 đ)
Vậy phương trình đường thẳng AP là: y =
3
3
3
+
−
(0,25 đ)
Bài 5: (3 đ) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB. Tia CN cắt tia
DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng EF.Chứng minh:
1. góc ACE = góc BCM
2.
CE.BM
AE =
CM
3. Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần

diện tích hình vuông ABCD.
Giải:
1. (0,75 đ)
* A và C cùng nhìn EF dưới một
góc vuông nên A, C đều nằm trên
đường tròn tâm M, đường kính EF (0,25 đ)
*=>
·
·
FEC FAC=
= 45
0
và các góc:
·
·
·
ECM, MCF, CFM
đều bằng 45
0
. (0,25 đ)
* Lại có
·
ACB
= 45
0
nên ta có:
·
·
ACE BCM=
vì cùng bằng 45

0
–
·
ECB
. (1) (0,25 đ)
2. (0,75 đ)
Ta lại có
·
·
·
·
0 0 0
CMF 90 ; CBF 90 MBF = MCF = 45= = ⇒
(0,25 đ)
O
1
1
3
(1;
2 3
3
)
x
y
d
A
Q
1
P
a

N
M
F
E
D C
B
A
·
·
0
EAC = 135 MBC⇒ =
(2) (0,25đ)
Từ (1) và (2)
CE.BM
AEC ~ MBC AE =
CM
⇒ ∆ ∆ ⇒
(0,25 đ)
3.(1,5 đ)
Đặt BN = x với 0 < x < a thì AN = a – x
≠
0. (0,125 đ)
Ta có
~AEN
∆
∆
BCN nên=>
( )
( )
1

2
a
x
a
x
axa
BN
BC.AN
AE
BN
AN
BC
AE
−=
−
==⇒=
(0,25 đ)
Từ CD = CB; CE = CE và DCE = 45
0
+ ACE = 45
0
+ BCM = BCF =>
CBFCDE
∆=∆
(0,25 đ)
Do đó BF = DE = DA + AE = a +
x
a
a
x

a
22
=−
(2) (0,125 đ)
=> AF = AB + BF = a +
x
a
2
(3) (0,125 đ)
Từ (1), (2), (3) ta có S
ABFE
= S
ABC
= S
FAE
= S
CBF
=
( )
2
1
a AE.AF + CB.CF
2
+
(0,125 đ)
=
2 2 2 4 3
2 2
2
1 a a a a + a x

a - a a + a
2 x x x 2x
 
   
+ × + × =
 
 ÷  ÷
   
 
(0,125 đ)
Để S
ACFE
= 3S
ABCD
ta giải PT:
4 3
2
2
a + a x
3a
2x
=
 6x
2
– ax – a
2
= 0 (0,125 đ)
Giải PT này ta được x
1
=

2
a a
; x - (lo¹i)
2 3
=
(0,125 đ)
Vậy BN =
a
2
thì diện tích tứ giác ACFE gấm 3 lần DT hình vuông ABCD
(0,125 đ)