Toan 9 HSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 2012-2013 Thêi gian: 120 phót Ngời ra đề: Chu Thị Hiên - Trờng THCS Mễ Sở --------------------------------------------------------------P. x. . 2 x2  x  2 x ( x  1)( x  2 x ). x x C©u 1(2 ®iÓm): Cho biểu thức: a. Rót gọn P . b. TÝnh P khi x 3  2 2 . c, T×m gi¸ trị nguyªn của x để P nhận gi¸ trị nguyªn. C©u 2 (3 ®iÓm): 2. a, Gi¶i ph¬ng tr×nh x  2 x  x x  2 x  4 0 b, Cho hàm số y = - mx + 1 – m (m 0). Tìm các giá trị của m để đồ thị hµm sè c¾t trôc hßanh, trôc tung lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm A, B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 8 (O là gốc tọa độ).. 2012  n2002  1 c, T×m số tự nhiªn n để: A n là số nguyªn tố. C©u 3 (2®iÓm).. a, Với những gi¸ trị nào của k th× hệ hai phương tr×nh bậc nhất hai ẩn x, y: ¿ 4 x − ky=k − 4(1) (2 k +6)x + y =2 k +1(2) v« nghiệm. ¿{ ¿ b, Cho x, y, z là c¸c số thực thoả m·n ( x  23)( y  1)( z  2008) 1 .. T×m gi¸ trị lớn nhất của biểu thức:  L  x  23  1   . 1  1 1     y  1  1    z  2008  1   y 1 z  2008   x  23 . C©u 4 (3®iÓm) Cho hai đường trßn t©m O và t©m O’ ở ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung trong EF ( A, E (O); B,F (O’)) a, Gọi M là giao điểm của AB và EF. Chứng minh tam gi¸c AOM và tam gi¸c BMO’ đồng dạng. b, Chứng minh AE vu«ng gãc với BF. c, Gọi N là giao của AE và BF. Chứng minh O, N, O’ thẳng hàng.. đáp án và biểu điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> C©u C©u 1. §¸p ¸n. . x( x  2)  2( x  1)  x  2 x x  2 x  2 x  2  x  2  x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2). . x x  2x  2 x  x x ( x 1)( x  2) ( x 1)   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1). b, Víi x 3  2 2  P. 0,75. 0,5. x  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1. ( x  1) 2 1 1 2 2   1  2 ( x  1) 2 1  1 2. c, ĐK: x  0; x 1 :. P. ( x  1) x  1 2 2  1  ( x  1) x1 x1. §Ó P nguyªn th× C©u 2. §iÓm. a, §k x  0; x 1 x 2 x2 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2). 2 √x− 1. 0,75. nguyªn. Học sinh lập luận để t×m ra x 4 hoặc x 9 a, ĐK: x 0 . Nhận thấy: x 0 kh«ng phải là nghiệm của phương. 0,25. tr×nh, chia cả hai vế cho x ta cã: x2- 2x - x x - 2 x + 4 = 0  x – 2 -. 2 4 x - x+ x =0. 2 4  (x + x ) – ( x + x ) – 2 = 0 Đặt. x. 0,25. 0,25. 2 4 4 t  0  t 2  x  4   x  t 2  4 x x x , thay vào ta cã:. 0,25.  t 3 (t 2  4)  t  2 0  t 2  t  6 0  (t  3)(t  2) 0     t  2. 0,25. Đối chiếu ĐK của t  t 3 . x. 2 3  x  3 x  2 0  ( x  2)( x  1) 0  x. b, Cho x = 0 => y = 1 - m => B (0; 1 - m) 1 m 1 m y = 0 => x = m (m 0) => A( m ; 0) §Ó SAOB = 8 . 1 OA.OB = 8  OA.OB = 16 2. (1  m)2 m  = 16  m2 -2m + 1 = 16 m NÕu m > 0 => m2 – 18m + 1 = 0.  x 4  x 1 . 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  m2 – 18m + 81 – 80 = 0  (m – 9)2 – 80 = 0 0,25  (m – 9 - 4 √ 5 )(m – 9 + 4 √ 5 ) = 0 Suy ra m = 9 + 4 √ 5 hoÆc m = 9 - 4 √ 5 NÕu m < 0 ta cã m2 + 14m + 1 = 0  m2 + 14m + 49 – 48= 0  (m + 7)2 - 48 = 0  (m + 7 - 4 √ 3 ) (m +7 + 4 √ 3 ) = 0 0,5  m = -7 + 4 √ 3 hoÆc m = -7 - 4 √ 3 VËy m = 9 + 4 √ 5 ; m = 9 - 4 √ 5 ; m = -7 + 4 √ 3 hoÆc m = -7 - 4 √3 0,25. c, XÐt n 0 th× A = 1 kh«ng phải sè nguyªn tố; n 1 th× A = 3 lµ sè nguyªn tố.. XÐt n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 - 1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1 Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1. C©u 3. Vậy A chia hết cho n2 + n + 1 > 1 nªn A là hợp số. Số tự nhiªn cần t×m n = 1. a, Từ phương tr×nh (2) ta cã y  (2k  6) x  (2k  1) (3) Từ phương tr×nh (1) và (3) ta cã phương tr×nh 4 x  k   (2k  6) x  (2k 1)  k  4  (2k 2  6k  4) x 2k 2  2k  4. 0,25.  (k  1)(k  2) x (k  1)(k  2) (4). T. ừ (3) và (4) ta thấy hệ cho v« nghiệm khi và chỉ khi phương 0,5.   k  1  (k  1)(k  2) 0  k  2   k  1  (k  1)( k  2) 0  k 1  k  2  tr×nh (4) v« nghiệm hay. 4 x  y  5  Với k  1 hệ cho trở thành 4 x  y  1 hệ này v« nghiệm Vậy k  1 là gi¸ trị duy nhất cần t×m.. b, Điều kiện x > 23, y > 1, z > 2008 Đặt √ x −23=a ; √ y − 1=b ; √ z − 2008=c theo điều kiện và giả thiết của đề bài ta cã a, b, c là c¸c số thực dương và a.b.c=1.. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Từ a.b.c=1. T. ⇒. 1 =a bc. do đã. b  1. 1  1 1   1  b  1    b  1   a  c  b bc   b . 1  1 1    a  1    b  1   b  a   b  c b  ừ đã cã .  1  a  . 1   b.  1  . 0,25. 0,25.  2  1 2  b  a    1  ba 2   b   . Th. (b −1+ 1c )( c −1+ 1a )≤ cb. ực hiện tương tự ta cã. 2. ; 0,25. 1  1  2  c  1    a  1   ac a b    2.  1 1 1  2 2 2   a  1  b   b  1  c   c  1  a   ba .cb .ac 1    Khi đã ta cã   suy ra 1  1 1   a  1    b  1    c  1   1 b  c  a . dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Do đã ta cã L 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  23  y  1  z  2008 1. suy ra x = 24; y = 2 và z = 2009 (Thỏa m·n điều kiện bài to¸n). Vậy gi¸ trị lớn nhất của biểu thức L là 1 khi và chỉ khi x = 24; y = 2 và z = 2009. C©u 4. A. M I. B E K. O N. O'. a, Ta cã MA và ME là tiếp tuyến của (O)F   ⇒ AMO = OMF   MB, ME là tiếp tuyến của (O’) ⇒ FMO' = BMO'     Lại cã: AMO + OMF + FMO' + BMO' = 1800   ⇒ AMO + BMO' = 900     Mà AMO + AOM = 900 Suy ra AOM = BMO' XÐt Δ AOM vµ Δ BMO’ cã. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   OAM = O 'BM = 900   AMO = BMO' (cmt). 0,5. Δ BMO’ (g.g) => Δ AOM b) Vì AM = ME; OA = OE => OM là đờng trung trực của đoạn AE =>OM AE MÆt kh¸c OM MO’ (ph©n gi¸c 2 gãc kÒ bï) => AE // MO’ L¹i cã MB = MF; O’B = 0’F => O’M là đờng trung trực của đoạn BF => O’M BF. VËy AE BF c, Gäi I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AE, K lµ giao ®iÓm cña O’M vµ BF Theo c©u a cã Δ AOM Δ BMO’. OA OM = (1) MB MO ' XÐt Δ AIO vµ Δ BKM cã:. =>.   AOM = BMO' ’   AIO = BKM = 900 (do OM AE, O’M Suy ra Δ AIO Δ BKM (g.g). => OA =OI MB. MK. (2). Tõ (1) vµ (2) =>. 0,5. 0,25 BF). OM OI = ' MO MK. =>. MÆt kh¸c tø gi¸c MINK lµ h×nh ch÷ nhËt => MK = NI Nªn. 0,5. OI MK = OM MO'. OI NI = OM MO'. OI NI   XÐt Δ OMO’ vµ Δ OIN cã OM = ' ; OIN = OMO' = 900 MO => Δ OMO ’ Δ OIN (c.g.c)   => ION = MOO' . Chøng tá 3 ®iÓm O, N, O’ th¼ng hµng.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>