BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 120 phút, không kể giao đề) Bài 1: Thực hiện phép tính: A = 3 2 2 3 2 2 17 12 2 17 12 2 − + − − + Bài 2: Cho B = ( ) 2 2 2 1 1 x x x + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x. Bài 3: Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Bài 4: Bài 4: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình y = )x( 13 + và điểm A         3 32 1; a. Tìm số đo của góc α tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox. b. Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. Tìm phương trình của đường thẳng qua A và P. Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.Chứng minh: 1. góc ACE = góc BCM 2. CE.BM AE = CM 3. Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD. HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 2 (Chọn đội tuyển HSG chính thức) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 120 phút, không kể giao đề) Bài 1: (1,75 đ) A = 3 2 2 3 2 2 17 12 2 17 12 2 + + − − + Giải: A = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 3 2.3.2 2 2. 2 3 2.3.2 2 2. 2 − + + + − − + + + (0,5 đ) = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 − + − + − = − + − − + (0,5 đ) = 2 1 2 1 3 2 2 3 2 2 − + − − + (0,25 đ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 − + + − − − − (0,25 đ) = 3 2 4 3 2 2 3 2 4 3 2 2 2+ − − − + − + = (0,25 đ) Bài 2: (1,5 đ) Cho B = ( ) 2 2 2 1 1 x x x + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của B và các giá trị tương ứng của x. Giải: * B = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 x x x x x x x + + + + + + = + + (0,25 đ) = 1 + ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 v× 0 1 1 x x x x + + ≥ ≥ + + (0,25 đ) Dấu “=” xảy ra 1 0 1x x ⇔ + = ⇔ = − (0,125 đ) Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 1 1x⇔ = − (0,125 đ) * B = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 1 2 2 2 1 1 x x x x x x x + − − + + + = + + (0,25 đ) = 3- ( ) 2 2 1 1 x x − + 3≤ vì ( ) 2 2 1 0 1 x x − ≥ + (0,25 đ) Dấu “=” xảy ra 1 0 1x x ⇔ − = ⇔ = (0,125 đ) Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 1x⇔ = (0,125 đ) Bài 3: (2,0đ) Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) Giải: Ta có: (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 0 ≥ (0,25 đ) => a 2 – 2ab + b 2 + b 2 – 2bc + c 2 + c 2 – 2ca + a 2 0 ≥ (0,125 đ) => 2ab + 2bc + 2ca ≤ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 (0,125 đ) => ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 (*) (0,125 đ) Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác nên theo BĐT tam giác ta có: a < b + c (0,125 đ) Lại có a > 0. Do đó a.a < a.(b + c) => a 2 < (ab + ca) (0,25 đ) Tương tự ta cũng có: b 2 < bc + ab; c 2 < ca + bc (0,25 đ) Như vậy ta có a 2 + b 2 + c 2 < ab + ca + bc + ab + ca + bc (0,25 đ) => a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) (**) (0,25 đ) Từ (*) và (**) ta có: ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca) (0,25 đ) Bài 4: (1,75 đ) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình y = )x( 13 + và điểm A         3 32 1; a. Tìm số đo của góc α tạo bởi đường thẳng (d) với trục Ox. b. Gọi P là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. Tìm phương trình của đường thẳng qua A và P. Giải: - Vẽ được hình (0,25 đ) a. Giao điểm của (d) với trục tung P(0; 3 ) (0,25 đ) Giao điểm của (d) với trục hoành Q(-1;0) (0,25 đ) Tam giác OPQ vuông tại O nên ta có: tg α = 3 => α = 60 0 (0,25 đ) b. Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (0,25 đ) Điểm P thuộc AP nên: 3 = a.0 + b => b = 3 (0,125 đ) Điểm A thuộc AP nên: +−= ).(a 1 3 32 3 => a = 3 3 3 3 32 − =− (0,125 đ) Vậy phương trình đường thẳng AP là: y = 3 3 3 + − (0,25 đ) Bài 5: (3 đ) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm M trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE và cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.Chứng minh: 1. góc ACE = góc BCM 2. CE.BM AE = CM 3. Xác định vị trí của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD. Giải: 1. (0,75 đ) * A và C cùng nhìn EF dưới một góc vuông nên A, C đều nằm trên đường tròn tâm M, đường kính EF (0,25 đ) *=> · · FEC FAC= = 45 0 và các góc: · · · ECM, MCF, CFM đều bằng 45 0 . (0,25 đ) * Lại có · ACB = 45 0 nên ta có: · · ACE BCM= vì cùng bằng 45 0 – · ECB . (1) (0,25 đ) 2. (0,75 đ) Ta lại có · · · · 0 0 0 CMF 90 ; CBF 90 MBF = MCF = 45= = ⇒ (0,25 đ) O 1 1 3 (1; 2 3 3 ) x y d A Q 1 P a N M F E D C B A · · 0 EAC = 135 MBC⇒ = (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) CE.BM AEC ~ MBC AE = CM ⇒ ∆ ∆ ⇒ (0,25 đ) 3.(1,5 đ) Đặt BN = x với 0 < x < a thì AN = a – x ≠ 0. (0,125 đ) Ta có ~AEN ∆ ∆ BCN nên=> ( ) ( ) 1 2 a x a x axa BN BC.AN AE BN AN BC AE −= − ==⇒= (0,25 đ) Từ CD = CB; CE = CE và DCE = 45 0 + ACE = 45 0 + BCM = BCF => CBFCDE ∆=∆ (0,25 đ) Do đó BF = DE = DA + AE = a + x a a x a 22 =− (2) (0,125 đ) => AF = AB + BF = a + x a 2 (3) (0,125 đ) Từ (1), (2), (3) ta có S ABFE = S ABC = S FAE = S CBF = ( ) 2 1 a AE.AF + CB.CF 2 + (0,125 đ) = 2 2 2 4 3 2 2 2 1 a a a a + a x a - a a + a 2 x x x 2x       + × + × =    ÷  ÷       (0,125 đ) Để S ACFE = 3S ABCD ta giải PT: 4 3 2 2 a + a x 3a 2x =  6x 2 – ax – a 2 = 0 (0,125 đ) Giải PT này ta được x 1 = 2 a a ; x - (lo¹i) 2 3 = (0,125 đ) Vậy BN = a 2 thì diện tích tứ giác ACFE gấm 3 lần DT hình vuông ABCD (0,125 đ) . ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 3 2. 3 .2 2 2. 2 3 2. 3 .2 2 2. 2 − + + + − − + + + (0,5 đ) = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 −. 2 1 2 1 3 2 2 3 2 2 − + − − + (0 ,25 đ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 − + + − − − − (0 ,25 đ) = 3 2 4 3 2 2 3 2 4 3 2