phòng giáo dục và đào tạo
đề khảo sát học sinh giỏi lớp 9
năm học 2011-2012
môn: toán
Thời gian: 150 phút ( Không kể giao đề)
Đề gồm có 01 trang
Bài 1 (3 điểm):
1. Cho y =
2 2
4 4 4 4x x x x+ + + +
a) Rút gọn y.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y.
2. So sánh A = 1 +
1 1 1 1 1 1

2 3 4 5 99 100
+ + + + + +
với 20
3. Cho a, b, c và x,y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau:
x + y = a ; x
3
+ y
3
= b
3
; x
5
+ y
5
= c
5

b) Xác định vị trí của M ; N sao cho tổng diện tích S
AMB
+ S
ANB
là lớn nhất theo R khi M,
N thay đổi nh ng vẫn thoả mãn giả thiết của bài toán.
2. Cho K là một điểm nằm trong tam giác đều DEF sao cho KE
2
= KD
2
+ KF
2
. Tính số đo của
góc
ã
DKF
Bài 4 (1 điểm) :
Tìm số nguyên m để
2
m + m + 3
là số hữu tỉ
Hết
Họ tên học sinh:
Chữ ký của giám thị:
UBND huyện gia lộc
phòng giáo dục và đào tạo
h ớng dẫn chấm khảo sát học sinh giỏi lớp 9
đợt 2 năm học 2010-2011
môn: toán
Bài Phần Nội dung Điểm

2 3 4 5 99 100
+ + + + + +
với 20
* Chứng minh bất đẳng thức: với n là số tự nhiên thì
1
< 2( n + 1 - n )
n+1

Với n là số tự nhiên ta có:
n < n + 1


n + n + 1 < 2 n + 1

1 1
n + n + 1 2 n + 1
>

1
n + 1 - n >
2 n + 1



1
< 2( n + 1 - n )
n+1

vì
( n + 1 + n ).( n + 1 - n ) 1=

0.25
0,25
0,25
0,25
3 Cho a, b, c và x,y là các số thực thỏa mãn các đẳng thức sau:
x + y = a ; x
3
+ y
3
= b
3
; x
5
+ y
5
= c
5

Tìm đẳng thức liên hệ giữa a, b và c không phụ thuộc vào x, y.
* Từ x
3
+ y
3
= b
3
ta có b
3
= x
3
+ y

+ y
3
).(x
2
+ y
2
) - x
2
y
2
(x + y)

x
5
+ y
5
= ( x
3
+ y
3
)[ (x + y)
2
- 2xy] - (xy)
2
.(x + y) ( *)
Thay x + y = a ; x
3
+ y
3
= b

9ac
5
- 5a
3
b
3
- 5b
6
+ a
6
= 0
0,25
0,25
0,25
0,25
2 1(a) Cho hai điểm A(3 ; 0) và B(0; 4); Viết ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B
Ph ơng trình đ ờng thẳng có dạng: y = a.x + b (d)
Vì B(0; 4) thuộc đ ờng thẳng (d) nên b = 4 suy ra y = a.x + 4
Vì A(3 ; 0) thuộc đ ờng thẳng (d) nên thay x = 3 ; y = 0 vào y = a.x + 4
ta đ ợc : 0 = a.3 + 4

a =
4
3

Vậy ph ơng trình đ ờng thẳng qua A và B là: y =
4
3

.x + 4

) thì y
c
=
4
3

.x
c
+ 4 (*)
và x
c
= OD; y
c
= OE. Điểm F (x
F
; y
F
) thì x
F
= OH = FK ; y
F
= OK = FH ( vì
OKFH là hình chữ nhật)
Ta có EF =
1
3
FD nên EF =
1
4
ED; FD =

3
=
4
y
y


y
c
=
4
3
y
F
Thay x
c
= 4x
F
; y
c
=
4
3
y
F
vào (*) ta đ ợc
4
3
y
F

Ta có (x +
2
2010x +
)( x -
2
2010x +
) = - 2010 (2)
(y +
2
2010y +
)( y -
2
2010y +
) = - 2010 (3)
Từ (1) suy ra x +
2
2010x +

0
và y +
2
2010y +

0
(4)
Từ (1) và (2) suy ra (x +
2
2010x +
)( x -
2

2010y +

0


x +
2
2010x +
+ y -
2
2010y +
= 0 (6)
Cộng từng vế của (5) và (6) ta có:
x -
2
2010x +
+ y +
2
2010y +
+ x +
2
2010x +
+ y -
2
2010y +
= 0
2x + 2y = 0

x + y = 0


I
P
R
Q
E
F
D
K
P
1
(a)
Kẻ AH

MN tại H, BK

MN tại K, suy ra AH + BK = R
3
Từ O kẻ OI

MN tại I

MI = IN =
1
2
MN.
Ta có AH // BK (cùng vuông góc với MN)

AHKB là hình thang, ta lại có
OA = OB, AH // OI // BK(cùng vuông góc với MN)



MN = 2.MI = R. Vậy MN = R.
0,25
0,25
0,25
1
(b)
Kẻ MP

AB tại P, IQ

AB tại Q, NR

AB tại R

MP//IQ//NR

MPRN là hình thang, mà MI = IN

QI =
1
2
( MP + NR)

MP + NR = 2QI
Ta có S
AMB
=
1
2

O, khi đó OI

AB suy
ra MN // AB

S
AMB
+ S
ANB
=
1
2
AB.2IO =
1
2
.2R. R
3
= R
2
.
3
(đvdt).
* Cách dựng: Qua O dựng tia Ox

AB tại O ( Ox thuộc nửa mặt phẳng có bờ AB
chứa nửa đ ờng tròn tâm O), trên Ox lấy điểm I sao cho OI =
1
2
. R
3

ã
ã
0
KDF + FDP = KDP = 60


ã
ã
EDK = FDP

EDK =

FDP ( ED = FD,
ã
ã
EDK = FDP
, DK = DP )

KE = PF.
Ta có KE
2
= KD
2
+ KF
2
mà KE = PF, DK = KP nên FP
2
= KP
2
+ KF

Vì m là số nguyên và
2
m + m + 3
là số hữu tỉ nên đặt
2
m + m + 3
= t (t

N)
Bình ph ơng hai vế ta đ ợc m
2
+ m + 3 = t
2


4m
2
+ 4m + 12 = 4t
2


4m
2
+ 4m + 1 + 11 = 4t
2


4t
2
- (4m




;
2t + 2m + 1 = -11
2t - 2m - 1 = -1



;
2t + 2m + 1 = 1
2t - 2m - 1 = 11



;
2t + 2m + 1 = - 1
2t - 2m - 1 = -11



Giải các tr ờng hợp trên ta đ ợc ( m = 2 ; t = 3 ) và ( m = -3; t = 3) thoả mãn
Vậy m = -3; m = 2
0,25
0,25
0,25
0,25

Ghi chú: Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của phần đó.