Toan 9-TL0708-Vong 2

Đề thi học sinh giỏi Toán 9
năm học 2007-2008
Bài 1 (1 đ): Cho : M = x
2
+ y
2
+xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị
đó?
Bài 2 (1 đ): Chứng minh rằng
1 1 1
... 2
2 1 3 1 ( 1)n n
+ + + <
+
với mọi n

N*
Bài 3 (1,5 đ):
Giải phơng trình
a/
2
6 10x x +
+
2
6 18x x +
= 6x -5-x
2
b/
2 3
2( 2) 5 1x x+ = +
Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z,

x
+
y
+
z
đều là các số hữu tỉ thì
x
,
y
,
z
cũng là các
số hữu tỉ.
Bài 5 (1,5 đ):
1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng
a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đờng thẳng đó có dạng
1.
y
b
+ =
x
a
2/Cho đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1
a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m.
c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng là lớn nhất.
Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK biết OA = a,
ã
AOH

=

.
a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và

.
b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2

. Từ đó biểu diễn sin2

, cos2

theo sin

,
cos

.
Bài 7 (2 đ) :
Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. Tính
số đo góc AOB ?
=============================
Hớng dẫn chấm
-----------------
Bài 1 (1 đ): Ta có: M = (x
2
2x + 1) + (y
2
+ xy + 1) + xy x y + 1 + 2008 = (x 1)
2
+ (y 1)
2

+ (x
1)(y 1) + 2008 = (x 1)
2
+
2008)1(
4
3
2
1
).1(2
4
)1(
2
2
++

+

y
y
x
y
=
20082008)1(
4
3
)2
1
()1(
2

2
++







+
y
y
x
(0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi





==
=
=

+
1.y x
01
0
2
1
1

y
y
x
(0,25 đ)
Bài 2 (1 đ): Để ý rằng:






+
=
+
=
+
1
11
)1(
)1(
1
kk
k
kk
k
kk
=

+
+








+

1
11
1
11
kkkk
k
<
k

+
=








+

1
11
2
2
.
1
11
kkkkk
(0,5đ)
Do đó :

<
2
1
1
1
2
12
1
;








<
3
1
2
1
2
23
1
... ;

+
<
+
1
1
1
1
2
)1(
1
nnn
Cộng các bđt trên, ta có:
2
1
1
12
)1(
1
...
13
1
12
1
<

+
<
+
+++
nnn
(0,5đ) (đpcm)
Bài 3 (1,5 đ):
a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 (0,5đ), vậy pt trình có nghiệm khi và chỉ khi hai
vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm đợc x = 3 (0,5đ).
b) Ta có
( )
( )
( )
11511215)2(2
2232
++=++++=+
xxxxxxxx

Đặt
ax
=+
1
;

bxx
=+
1
2
với a, b
0

(0,25đ)
Đa pt về dạng
( )
( )
=+=+
abbaabba 25452
2
22
( )( )
022
=
baba
Giải pt ta tìm đợc x =
2
375
+
và x =
2
375

(0,25đ)
Bài 4 (0,5 đ):
Đặt t =

x
+
y
+
z


Q, Ta có:
x
+
y
=
z
- t

x + y + 2
xy
= z + t
2
2t
z


2
xy
= - x y + z + t
2
- 2t
z

4xy = (x + y + z t
2
)
2
+ 4t
2
+ 4t (x + y z t
2
)
z


(x + y + z t
2
)
2
+ 4zt
2
4xy = 4t (t
2
x y z)
z
(0,25đ)
Nếu t = 0 :
x
+
y
+
z

= 0

x = y = z = 0

x
=
y
=
z
= 0

Q
Nếu t
2
x y + z = 0, t

0: thì 2
xy
= - 2t
z



xy
+ t
z
= 0

=
=
0
0
z
xy



0 z
0y
0x





=



=
=

===
===
txzy
tyzx
;0;0
;0;0


x
,
y
,
z


Q
* Nếu t ( t
2
x y + z)

0
z
=

+
++

)(4

44)(
2
222
zyxtt
xyztzyxt
Q
Lập luận tơng tự, ta suy ra:
x
,
y

Q (0,25đ)
Bài 5 (1,5 đ):
1) (0,5đ) Gọi đờng thẳng cần xác định là y = mx + n.
Đờng thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n

n = b.
Đờng thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b

m =
a
b

(chú ý rằng a

0). (0,25đ)
Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = -
.1 1
b
y

hay
=++=+
b
y
a
x
bx
a
b
a
x
là tức
(0,25đ)
2a) Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(x
o
,y
o
) là:
(m 2)x
o
+ (m 1)y
o
= 1 với mọi m

mx
o
2x
o
+ my
o

y
o
1 = 0 với mọi m (025đ)


(x
o
+ y
o
)m (2x
o
+ y
o
+ 1) = 0 với mọi m





=
=




=++
=+
1
1

012
0
o
o
oo
oo
y
x
yx
yx
(0,25đ)
Vậy các đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1).
b) Gọi A là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0

y =
1
1

m
, do đó OA =
1
1

m
.
Gọi B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0

x =
2
1

m
, do đó OB =
2
1

m
.
(0,25đ)
Gọi h là khoảng cách Từ O đến đờng thẳng (1). Ta có:

2
1
2
1
)
2
3
(2562)2()1(
111
2222
222
+=+=+=+=
mmmmm
OBOAh
.
Suy ra h
2
2. max h =
2

khi và chỉ khi m =
2
3
. (0,25đ)
Bài 6 (2,5 đ):
Theo Pitago thì AB
2
= AK
2
+ BK
2
= a
2
sin
2
2 + a
2
(1 cos2a
2
) = a
2
[ ]
)2cos2cos21(2sin
22

++
. Vì
sin
2
2 + cos

2
2 = 1 nên AB
2
= a
2
(1 + 1 2cos2) = 2a
2
(1 - cos2) (0,5 đ)
- So sánh giá trị của AK, ta có asin2 = 2a.sin. cos vậy sin2 = 2sin.cos (0,25 đ)
- So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin
2
. = a(1 cos2) hay cos2 = 1 2sin
2
(0,25 đ)
Bài 7 (2 đ)
O
A
B
K
H
O
a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = . Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsin
= asin vậy AB = 2asin (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK =
AB. cos suy ra AK = 2a.sin.cos (0,25) và BK = AB.sin nên BK = 2a.sin
2
.
(0,5 đ)
b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2 . OK
= OAcos AOK nên OK = acos2 (0,25 đ)
- Với tam giác AKB ta có : AK = asin2 mà BK = OB OK= a acos2

hay BK = a(1 cos2) (0,25 đ).
A
B
C
D
O
x
K
Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đờng thẳng
BC sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là
tam giác vuông cân nên BKO = 45
o
. Từ ABO = CBK, suy ra KC = OA. Đặt
OA = a vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong
tam giác vuông OBK ta có OK
2
= OB
2
+ BK
2
= 8a
2
. Vì vậy OK
2
+ CK
2
= 8a
2
+ a
2

= 9a
2
. Mặt khác OC
2
= 9a
2
nh vậy, OC
2
= OK
2
+KC
2
. Theo định lí Pitago đảo thì
OKC vuông tại K hay OKC = 90
o
. Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các
góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đờng thẳng song
song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45
o
+ 90
o
= 135
o
. Vì BKC =
AOB suy ra AOB = 135
o
.