Đề số 3 kiểm tra đội tuyển

BÀI KIỂM TRA SỐ 3 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)
Bài 1: Cho số chính phương A gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một
đơn vị thì được số B là số chính phương. Hãy tìm các số A và B.

Bài 2:
Tìm x để biểu thức M =
2
2
1
2 1
x x
x x
+ +
+ +
đạt giá trị giá trị nhỏ nhất (x
1)≠ −
.Tính giá
trị nhỏ nhất đó?

Bài 3: (2,0đ) Giải phương trình với ẩn là x:
2 2
2
2 2 2 2
b x
x a x a
b x x b
− − + =
− −
Bài 4:

Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x
2
+ (m
2
+ 5)x -1 = 0 (với m
∈
Z).
Tính tổng
6 6
1 2
x + x theo m
.

Bài 5: Giải hệ phương trình:
3 2 2
2 2
4 3
2 3
0
1 1
3 2 2 4 6
3
1 1
a a
x y
a a a a a

a a a a
x y
a a
− −

+ =

 + + + − +

− + − −

+ =

− +

Bài 6: (3,0 đ)
Cho hình vuông ABCD cạnh a và M là trung điểm của cạnh AB, N là một điểm nằm
trên AB sao cho AN =
1
3
AB. Đường chéo AC cắt DM và DN lần lượt tại E và F.
a. Chứng minh
AME ®ång d¹ng víi AFN∆ ∆
b. Chứng tỏ tứ giác MNFE nội tiếp được trong đường tròn.
c. Xác định vị trí tương đối giữa đường thẳng BC với đường tròn (BEF), giữa đường
thẳng CD với đường tròn (DEF).


HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 3 (Chọn đội tuyển HSG chính thức)
Môn: Toán - Lớp 9

(Thời gian: 120 phút, không kể giao đề)
Bài 1: (1,75 đ) Bài 1: Cho số chính phương A gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi
chữ số của A một đơn vị thì được số B là số chính phương. Hãy tìm các số A và B.
Giải:
Theo bài ra ta có: A =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
abcd x vµ B = a + 1 b + 1 c + 1 d + 1 = y=
trong đó x, y là
các số nguyên , dương, y > x (0,25 đ)
Khi đó ta có:
B – A = y
2
– x
2
= 1000(a +1) + 100(b +1) + 10(c +1) + (d +1) – (1000a + 100b + 10c + d)
= 1000 + 100 + 10 + 1 = 1111 = 101.11 = 1111. 1 (0,25 đ)
A và B là số có 4 chữ số nên x và y chỉ có thể là số có 2 chữ số. (0,25 đ)
Vậy B – A = y
2
– x
2
= (y – x).(y + x) = 101.11 (0,25 đ)
Vì y + x > y – x nên ta có hệ:
y + x = 101
y - x = 10



(0,25 đ)

Giải hệ ta có x = 45 và y = 56 (0,25 đ)
Vậy A = 45
2
= 2025; B = 56
2
= 3136 (0,25 d)
Bài 2: (1,5 đ)
Tìm x để biểu thức M =
( )
2
2
1
2 1
x x
x x
+ +
+ +
đạt giá trị giá trị nhỏ nhất (x
1)≠ −
.Tính giá
trị nhỏ nhất đó?
Giải:
* M =
( )
( ) ( )
2
2 2
1
1
1 1

x x
x
x x
+ −
= −
+ +
(0,125 đ)
= 1 -
( )
( ) ( )
2 2
1 1
1 1
1
1
1 1
x
x
x x
+ −
= − +
+
+ +
(0,125 đ)
=
( )
2
1 1 1 3
4 1 4
1

x
x
 
− + +
 
+
+
 
 
(0,25 đ)
=
2
1 1 3
2 1 4x
 
− +
 ÷
+
 
(0,25 đ)
Vì
2 2
1 1 1 1 3 3
0 nªn
2 1 2 1 4 4x x
   
− ≥ − + ≥
 ÷  ÷
+ +
   

(0,125 đ)
Do đó M nhận giá trị nhỏ nhất là
3
4
(0,125 đ)
* M nhận giá trị nhỏ nhất bằng
3
4
khi
1 1
0
2 1x
− =
+
(0,25 đ)

1 2 1x x⇔ + = ⇔ =
(0,25 đ)
Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình với ẩn là x:
2 2
2
2 2 2 2
b x
x a x a
b x x b
− − + =
− −
Giải: ĐK:
x b≠ ±
(0,125 đ)

2 2
2
2 2 2
b x
x a x a
b x x b
− − + =
− −
⇔
2 2
2
2 2 2 2
x b
x a x a
x b x b
− + = −
− −
(0,25 đ)

⇔

2 2
2
2 2
x b
x a x a
x b
−
− + =
−

(0,25 đ)

⇔

2
1x a x a− + =
(0,25 đ)

⇔

( )
2
1 1x a a− = −
(0,25 đ)
Với
2
1
1 0 1 lµ nghiÖm duy nhÊt
1
a a x
a
− ≠ ⇔ ≠ ⇒ =
+
(0,125 đ)
Với
1 0 2 Ph­¬ng tr×nh v« nghiÖma x= − ⇒ = −
(0,125 đ)
Với
1 0 1 0 0 Ph­¬ng tr×nh v« ®Þnha a x− = ⇔ = ⇒ =
(0,125 đ)

Bài 4: (1,0 đ) .
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x
2
+ (m
2
+ 5)x -1 = 0 (với m
∈
Z). Tính
tổng
6 6
1 2
x + x theo m
.
Giải:
Đặt a = m
2
+ 5 ta có PT: x
2
+ ax – 1 = 0 với a
∈
Z. Theo Vi Et ta có: x
1
+ x
2
= -a; x

1
.x
2
= -1 (0,25đ)
Biến đổi
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
6 6 2 2 2 2 4 2 2 4
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
x + x = x x x + x x - x .x + x (1)+ =
(0,25 đ)
Từ
( )
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
x x x x - x .x = a + 2+ = +
và
( ) ( )
2 2
4 4 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
. x + x -3x .x = a +2 -3x x x x− + =
Thay vào (1) ta có:
( ) ( )
2
6 6 2 2
1 2
x + x = a 2 a 2 3
 

+ + −
 
 
(0,25 đ)
=
( ) ( )
3
2 2
a 2 3 a 2 (2)+ − +
(0,125 đ)
Thay a = m
2
+ 5 vào (2) ta được:
6 6
1 2
x + x =
( ) ( )
3
2
2 2
m 5 2 3 m 5 2
 
 
+ + − + +
 
 
 
(0,125 đ)

Bài 5: (1,25 đ) Giải hệ phương trình:

3 2 2
2 2
4 3
2 3
0
1 1
3 2 2 4 6
3
1 1
a a
x y
a a a a a
a a a a
x y
a a
− −

+ =

 + + + − +

− + − −

+ =

− +

(*)
Giải:
(*)

⇔
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
4 3
4 3
2 1 3 1
0
1 1
2 1 2 3 1
3
1 1
a a a a
x y
a a
a a a a
x y
a a

− − − −
+ =


− +

− − − +

+ =

− +


(0,5 đ)
Đặt
( ) ( )
4
2 1
1
a a
x
a
− −
−
= X và
( ) ( )
3
3 1
1
a a
a
− −
+
y = Y ta có:
-X + Y= 0
X +2Y= 3



(**) (0,25 đ)
Giải hệ (**) ta được:
x =
3 2 2

1 a 1
và y =
2 3
a a a a
a a
+ + + +

Vi K;
1, 2, 3a a a
(0,5 )
Bi 6: (3,0 )
Cho hỡnh vuụng ABCD cnh a v M l trung im ca cnh AB, N l mt im nm
trờn AB sao cho AN =
1
3
AB. ng chộo AC ct DM v DN ln lt ti E v F.
a. Chng minh
AME đồng dạng với AFN
b. Chng t t giỏc MNFE ni tip c trong ng trũn.
c. Xỏc nh v trớ tng i gia ng thng BC vi ng trũn (BEF), gia ng
thng CD vi ng trũn (DEF).
Gii:
a. Ta cú
a a
AN = ; AM =
3 2
AFN ~ CD
nờn ta cú:

1 1 1

CF 3 1 3 4
AF AN AF
CD AF CF
= = = =
+ +
(0,125 )
1 2
.
4 4
a
AF AC = =
(0,125 )
Tng t ta cú:
~AEM CED

nờn:
1
2
AE MA
CE CD
= =
(0,125 )
1 1
1 2 3
AE
CE EA
= =
+ +
(0,125 )
1

3
AE
AC
=
(0,125 )
2
3 3
AC a
AE = =
(0,125 )
T cỏc giỏ tr trờn ta rỳt ra:
2 2
:
4 2 2
AF a a
AM
= =
(*) (0,125 )
V
2 2
:
3 3 2
AN a a
AE
= =
(**) (0,125 )
T (*) v (**)
. Nghĩa là AME ~ AFN.
AN AF
AE AM

=
(0, 125)
b. T chng minh trờn ta suy ra:
ã
ã ã
ã
2NFA EMA EMA NFE V= + =
(0,5 )
tứ giác NMEF nội tiếp được trong đường tròn.
(0,25 )
c.
~ mà AME ~ CDE và AFN ~ CFD CDE ~ CFDAFN AME

(0,5 )
2 2
.
CD CE
CF CE CD CB
CF CD
= = =
(0,25 )
tiếp xúc với đường tròn (BFE); CD tiếp xúc với đường tròn (DEF)BC
(0,25 )

E
F
M
N
D
C

B
A