de khao sat hoc sinh gioi lop 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1: (2,5 điểm) P. Cho biểu thức. x2  x 2 x  x 2  x  1   x  x 1 x x1. 1. Rút gọn biểu thức P.. 2. Tìm x để. Q. 2 x P nhận giá trị nguyên.. Câu 2: (1,5 điểm) 1 2 3 4 2011 2012 Cho dãy số 1 , 2 ,3 , 4 ,..., 2011 , 2012 . Gọi chữ số tận cùng của tổng của 1006. số hạng đầu tiên của dãy là M, chữ số tận cùng của tổng của 1006 số hạng cuối của dãy số là N. Tính M - N? Câu 3: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 . Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. 1. Chứng minh 4 điểm M, I, N, K cùng thuộc một đường tròn, tính bán kính của đường tròn đó theo R. 2. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán. Câu 4: (1,5 điểm) 1 1 1   1 x y z Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng: x  yz . x  y  zx . Câu 5: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình. y  z  xy . z  xyz ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x 2  xy  x  y 4   x  y   1  xy  4 . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG. Câu ý 1. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung. Điểm. 2. Cho biểu thức. P. x  x 2 x  x 2  x  1   x  x 1 x x1. 1. Rút gọn biểu thức P.. 2. Tìm x để. Q. 2 x P nhận giá trị nguyên.. 1. 0,5đ. x  0  x 1 Điều kiện:  P x  x  1 2 2 x 2 x Q  P x  x 1 Do 2 x  0 và x  x  1  0 với mọi x nên Q>0. 2 x 2 Q  1 x  x 1 x 1 x . x. 1 2 x suy ra. Theo bất đẳng thức Cô-si thì Q 2 . Mà Q>0 nên 0  Q 2 . Để Q nhận giá trị nguyên thì Q 1; Q 2. .. 1,0đ 1,5đ. x. 1  1 1 x . Do đó,. * Q=1 thì x  3 x  1 0 . 2. 2.  3 5   3 5  x1   , x2   2  2    Giải PT ta được ..  * Q=2 thì. . x1. 2. 0. . PTVN (do x khác 0). Vậy có hai giá trị x1, x2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 2. 1 2 3 4 2011 2012 1,5đ Cho dãy số 1 , 2 ,3 , 4 ,..., 2011 , 2012 . Gọi chữ số tận cùng. của tổng của 1006 số hạng đầu tiên của dãy là M, chữ số tận cùng của tổng của 1006 số hạng cuối của dãy số là N. Tính M - N?.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 2 3 4 2011 2012 Gọi dãy số 1 , 2 ,3 , 4 ,..., 2011 , 2012 (1).. Ta có: CS tận cùng CS tận cùng. 11 1. 22 4. 33 7. 44 6. 55 5. 66 6. 77 3. 88 6. 99 9. 1010 1111 0 1. 1212 1313 1414 1515 1616 1717 1818 1919 2020 2121 … 6 3 6 5 6 7 4 9 0 1 …. Tổng các chữ số tận cùng của nhóm 20 số hạng trong dãy số (1) đều là 94. Do đó chữ số tận cùng của tổng đó là 4. Suy ra chữ số tận cùng của tổng của 1000 số hạng đầu tiên của dãy số (1) là 0. Ta có tổng của 1006 số hạng đầu tiên của dãy (1) là A0  10011001  10021002  10031003  10041004  10051005  10061006 = X 9 .. 3. Vậy M = 9. Tương tự, ta tính được N = 5. Vậy M-N = 4. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). 3,0đ M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 . Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I, giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. 3. Chứng minh 4 điểm M, N, I, K cùng thuộc một đường tròn, tính bán kính của đường tròn đó theo R. 4. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 * Gọi E là trung điểm của MN. F là trung điểm của IK.Chứng minh được 4 1,0đ điểm M, I, N, K cùng nằm trên một đường tròn tâm F bán kính MF. * Ta có 3 điểm E, F, O đều thuộc đường trung trực của MN nên 3 điểm F, 1,0đ E, O thẳng hàng. Tính được. OE . R 3 2 , MN R . Suy ra tam giác OMN là tam giác đều. . góc MON = 600  góc MKN = 600, suy ra góc MFN = 1200. Do đó, góc MFE = 600. R Trong tam giác MEF, ta tính được MF = 3 . R Vậy bán kính đường tròn đi qua bốn điểm M, I, N, K bằng 3 . 1 2 S KAB  KH . AB 2 Ta có .. SKAB lớn nhất  KH lớn nhất. Mà KH KO nên KH lớn nhất khi và chỉ khi KH = KO hay H trùng với O. Khi đó, tam giác KAB cân tại K. Mà góc K bằng 60 0 nên tam giác KAB là tam giác đều.. 1,0đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có KO  3.R . S KAB  3R 2 . 2 Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB bằng 3R .. 4. 1 1 1   1 x y z Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng x  yz . x  y  zx . y  z  xy . z  xyz .. 1 1 1   1 x y z Ta có: xyz xyz xyz     xyz x y z yz zx xy    xyz x y z. . x  yz . Để chứng minh. x  y  zx . y  z  xy . z  xyz ta chứng. minh yz zx xy  y  z x y z. x  yz  y  zx  z  xy  x . Trước hết ta chứng minh:. x  yz  x . yz x (1). yz  2 yz x  1 1  x  yz  x  yz  1     2 yz y z   x  yz  x . . . y. z. . 2. 0. luôn đúng với mọi số dương y,z. y  zx  y . Tương tự, ta có: z  xy  z . xy z. zx y. (2) (3). Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được x  yz  y  zx  z  xy  x . yz zx xy  y  z x y z. 1,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Do đó ta có điều phải chứng minh. 5 Giải hệ phương trình.  x 2  xy  x  y 4   x  y   1  xy  4 .. 1,5đ.  x  y   x  1 4  x  y   x  1 4    x  y   x  xy  0  x  y   1  xy  4   x  y   x  1 4    x  y 0    x  y   x  1 4   x  xy 0   x  y   x  1 4   x  xy 0   x 0    y 4   y 1     x  1 2 4    x 0    y 4   x 1     y 1    x  3   y 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) thuộc {(0;4); (1;1); (-3;1)}. Lưu ý: Trong mỗi phần, học sinh làm cách khác đúng thì giám khảo có thể cho điểm tương ứng với mỗi phần đó..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>