Đề số 6 kiểm tra đội tuyển có HD

BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Kiểm tra đội tuyển HSG)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương.
Bài 2: Cho x + 2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y
Bài 3: Giải phương trình: x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
– 7y
2
– 5 = 0
Bài 4: Cho hàm số mx
2
+ (m + 2)x + 1 – 2m (*)
Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai
điểm cố định với mọi giá trị của m.
Bài 5: Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y
4x - y = 5

+ =





Bài 6: Hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) cắt nhau ở M và P. Kẻ dây MA của (O
1
) tiếp xúc
với (O
2
) ở M. Kẻ dây MB của (O
2
) tiếp xúc với (O
1
) ở M. Trên tia đối của tia PM lấy một
điểm H sao cho PH = PM. Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn.
HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 6 (Đội tuyển HSG 08-09)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)
Bài 1: (1,25 đ)
Tìm số tự nhiên n để (n + 15) và (n – 32) là hai số chính phương.
Giải:
n + 15 và n – 32 là hai số chính phương
⇔
n + 15 = p
2
và n – 32 = q
2

(p, q
N)
∈
(0,25 đ)
=> p
2
– q
2
= (n + 15) – (n – 32) = 47 <=> (p – q)(p + q) = 47 (0,25 đ)
Vì 47 là số nguyên tố nên



=
=
⇔



=+
=−
23
24
47
1
q
p
qp
qp
(0,25 đ)

Từ n + 15 = p
2
= 24
2
= 576 => n = 561 (0,25 đ)
Thay n = 561 vào n – 32 ta có 561 – 32 = 23
2
= q
2
(0,125 đ)
Vậy với n = 561 thì n + 15 và n – 32 là hai số chính phương. (0,125 đ)
Bài 2: (1,25 đ) Cho x + 2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y

Giải:
Ta có x + 2y = 1  x = 1 – 2y (0,25 đ)
Do đó M = x.y = (1 – 2y).y = y – 2y
2
= -(2y
2
–y) (0,25 đ)
=> M =
( )
2 2
2
2. 2 1 1
2
2 2 2 2 2 2
y
y
 

   
− + −
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,25 đ)
=
2 2
1 1
2
2 2 2 2
y
 
   
− −
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,25 đ)
=
2
1 1 1
2
8 8
2 2
y

 
− − ≤
 ÷
 
(0,25 đ)
Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình: x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2
– 7y
2
– 5 = 0

Giải:
x
4
– 2y
4
– x
2
y
2
– 4x
2

– 7y
2
– 5 = 0
⇔
(x
4
– 2x
2
y
2
- 5x
2
)+ (x
2
y
2
– 2y
4
– 5y
2
) + (x
2
– 2y
2
– 5) = 0 (0,125 đ)

⇔
x
2
(x

2
– 2y
2
- 5)+ y
2
(x
2
– 2y
2
– 5) + (x
2
– 2y
2
– 5) = 0 (0,125 đ)

⇔
(x
2
– 2y
2
- 5)(x
2
+ y
2
+ 1) = 0 (0,125 đ)
⇔
(x
2
– 2y
2

– 5) = 0 (0,125 đ)

⇔
x
2
= 2y
2
+ 5 (1) (0,125 đ)
=> x là số lẻ. Ta đặt x = 2k +1 (k
Z)
∈
. Khi đó (1) được viết lại là:
(2k + 1)
2
= 2y
2
+ 5
52y 1 k 44k
22
+=++⇔
(0,25 đ)
( )
1 k k2 y 4k 44k2y
2222
−+=⇔−+=⇔
(2) (0,125 đ)
=> y là số chẵn. Đặt y = 2n (n
Z)
∈
. Khi đó (2) được viết lại là:

4n
2
= 2(k
2
+ k – 1)  2n
2
+ 1 = k.(k + 1) (*) (0,25 đ)
Nhìn vào (*) ta thấy vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (vì k và k + 1 là hai
số nguyên liên tiếp nên một trong hai số phải là số chẵn). (0,125 đ)
=> (*) vô nghiệm, nên dẫn đến phương trình đã cho vô nghiệm. (0,125 đ)
Bài 4: (1,5 đ) Cho hàm số mx
2
+ (m + 2)x + 1 – 2m (*)
Chứng minh rằng trên mặt phẳng toạ độ xOy, đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua hai
điểm cố định với mọi giá trị của m.
Giải:
Gọi A(x
0
, y
0
) là một điểm bất kỳ nào đó mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi
giá trị của m. Khi đó ta có: y
0
=
2
0 0
mx + (m + 2)x + 1 - 2m
(0,25 đ)
Hay:
2 2

0 0 0 0 0 0 0 0
mx + mx - 2m = y - 2x - 1 m(x + x - 2) = y - 2x - 1⇔
(**) (0,25 đ)
Phương trình (**) đúng với mọi m nên phải có:
2
0 0
0 0
x + x 2 0 (1)
y - 2x - 1 = 0 (2)

− =




(0,25 đ)
2
0 0 0 0
x + x 2 0 x 1 hoÆc x 2− = ⇔ = = −
(0,25 đ)
Thay x
0
= 1 vào (2) ta có y
0
= 2.1 + 1 = 3 (0,125 đ)
Thay x
0
= -2 vào (2) ta có y
0
= 2.(-2) + 1 = -3 (0,125 đ)

Vậy với mọi giá trị của m, đồ thị của hàm số đã cho luôn luôn đi qua hai điểm:
A(1; 3) và B(-2; -3) (0,25 đ)
Bài 5: ( 1,5 đ)
Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2 2x + 2y 2x - 3y 3 2x + 2y 2x - 3y
4x - y = 5

+ =




Giải:
ĐK để các biểu thức có nghĩa là: 2x + 2y
0≥
và 2x – 3y
0≥
(0,125 đ)
Đặt X = 2x + 2y và Y = 2x – 3y ta có: X + Y = 4x – y = 5 (0,125 đ)
Thay vào hệ PT trên ta có:
( )
2 X Y 3 X.Y (1)
X + Y = 5 (2)

+ =





(0,125 đ)
Bình phương hai vế của (1) ta có: 4(X + Y + 2
X.Y
= 9X.Y (*) (0,125 đ)
Thay X + Y = 5 vào (*) ta được: 4(5 + 2
X.Y
) = 9 X.Y (0,125 đ)
Đặt
X.Y
= Z (Z
0)≥
ta có: 4(5 + 2Z) = 9 Z
2

⇔
9Z
2
– 8Z – 20 = 0 (**) (0,125 đ)
Giải (**) ta có Z
1
= 2; Z
2
=
20
18
−
(loại) (0,125 đ)
Với Z =
X.Y

= 2 => X.Y = 4 ta có hệ PT:
X + Y = 5
X.Y = 4



(0,125 đ)
X = 4 X = 1
hoÆc
Y = 1 Y = 4
 
⇔
 
 
(0,125 đ)
*
7
x
X = 2x + 2y = 4
5
Y = 2x - 3y = 1 3
y =
5

=



⇔
 





*
11
x
X = 2x + 2y = 1
10
Y = 2x - 3y = 4 -3
y =
5

=



⇔
 




(0,125 đ)
Thử lại rồi trả lời. (0,25 đ)
Bài 6: (3,0 đ) Hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) cát nhau ở M và P. Kẻ dây MA của (O

1
) tiếp xúc
với (O
2
) ở M. Kẻ dây MB của (O
2
) tiếp xúc với (O
1
) ở M. Trên tia đối của tia PM lấy một
điểm H sao cho PH = PM. Chứng minh rằng tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn.
Giải:
Từ O
1
và O
2
hạ các đường vuông góc với MA và MB, hai đường
này cắt nhau ở O. (0,25 đ)
Ta có OO
1
// O
2
M (vì cùng vuông góc với AM) (0,25 đ)
Và OO
2
// O
1
M (vì cùng vuông góc với BM) (0,25 đ)
=> O
1
MO

2
O là hình bình hành. (0,25 đ)
O
1
O
2
cắt MO tại I => I là trung điểm của MO (0,25 đ)
O
1
O
2
cắt MP tại K => K là trung điểm của MP (0,25 đ)
=> KI là đường trung bình của tam giác MOP (0,25 đ)
=> KI
// OP OP MH⇒ ⊥
(0,5 đ)
=> O thuộc đường trung trực của MA, MH, MB (0,25 đ)
=> O cách đều 4 điểm A, M, B, H. (0,25 đ)
Hay tứ giác AMBH nội tiếp được đường tròn đường kính OM. (0,25 đ)
O
H
I
K
O
2
O
1
B
A
P

M