Đề Thi Thử Học Sinh Giỏi Lớp 9 Toán 2013 - Phần 2- Đề 19 pot

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TỈNH LỚP 9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012
Môn: Toán
Ngày thi: 17/3/2012
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)

ĐỀ:
(Đề thi này có 1 trang)

Câu 1: (4,0 điểm)
a) .
11
22






xx
xx
xx
xx
A
Với
10


x

Rút gọn 11  xAB
b) Biết x > 0; 7
1
2
2

x
x Tính
5
5
1
x
x 
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau: 9
)293(
2
2
2


x
x
x

b) Với a > 0; b > 0 và a+b=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
22
)
1
()

1
(
b
b
a
a 
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình sau:
2 2 2
2 3
2 0
2 4 3 0
x y x y
x x y
  


   


b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy A(2;-1) và B(4;3). Tìm tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho  đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4: (5,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn
thẳng AB. Vẽ 2 tiếp tuyến CE và CF với đường tròn tâm O và cát tuyến CMN (M
nằm giữa C và N). EF cắt AB tại I. Chứng minh:
a)
22
. RCOCNCM 
b) Bốn điểm O,I,M,N cùng thuộc một đường tròn.

c)
·
·
AIM BIN


Câu 5: (2,5 điểm)
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác thỏa mãn a+b+c=2.
Chứng minh: 22
222
 abccba

ĐỀ CHÍNH THỨC
HẾT

Họ và tên:…………………………… SBD……………………………
Chữ kí GT 1:…………………




ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012
Câu 1 : a)

2 2
1 1
( 1)( 1) ( 1)( 1)
1 1
2
x x x x

A
x x x x
x x x x x x x x
A
x x x x
A x
 
 
   
     
 
   



2
1 1 1 ( 1)
1 1
B A x x
B x
B x
      
  


( Vì 0<
1
x

)

b) Từ
2
2
1 1
7 7 2 3( 0)
x x x
x x
       

3 2
3 2
1 1 1
( )( 1 ) 3.6 18
x x x
x x x
      

4 2
4
1
7 2 47
x
x
   

4 5 3
4 5 3
1 1 1 1
( )( )x x x x
x x x x

     

=>
5
5
1
47.3 18 123
x
x
   
Câu 2: a) ĐK:
9
0
2
x
  

2
2 2
2
2
9 2 ( 9)(3 9 2 ) 0
(3 9 2 )
x
x x x x
x
       
 

<=>

2
2
2
( 9).4
2 0
(3 9 2 )
x x
x
x

 
 

<=>
2
(3 9 2 ) 2( 9) 0
x x
    
( vì x khác 0)
<=>
9
9 2 0 ( )
2
x x TM
    
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= - 9/2
b)Đặt
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 1

( ) ( )M a b a b
a b a b a b
         

2 2
2 2
2 2
2( )
.
a b a b
M a b
a b a b
 
   
2 2
1 2 2
1 2
.
ab
M ab
a b a b

   
2 2
1
1 2M ab
a b
  
Ta có
2

( ) 1
4 4
a b
ab

 

nên
2 2
1 1 16 35
1 2 1 2.
4 1 2
M ab
a b
      

Vây giá trị nhỏ nhất
22
)
1
()
1
(
b
b
a
a  là 35/2 khi a=b=1/2
Câu 3:
a)
2 2 2

2 3
2 0 (1)
2 4 3 0 (2)
x y x y
x x y
  


   


Từ (1) => y
3
= -1- 2(x-1)
2

-1
=> y

-1 (3)
Từ (2) =>
2
2
2
1
1
x
y
x
 



-1

y

-1(4)
Từ (3) và (4) => y=-1 thay voà (1) => x
2
-2x+1=0 => x=1
thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x=1; y=-1
b)Trong mặt phẳng ta có BĐT
AB
   
giá trị lớn nhất của  là AB khi M nằm trên đường thẳng AB
mặt khác phương trình đường thẳng AB có dạng: y =2x-5(d)
mà M(x
o
,0)

(d) nên => x
o
=-5
Vậy giá trị lớn nhất của  là
22
khi M(5;0)
Câu 4:
a) ta có
CEM


đồng dạng với
CNE

(g.g)(
·
·
¼
µ
1
;
2
CEM CNE sdME E
  -chung)
=>
CE CM
CN CE

=> CM.CN=CE
2
=CO
2
-R
2

I
E
N
B
O
F

A
M
C

b) theo câu a) CE
2
=CM.CN (1)
xét tam giác vuông CEO
có CE
2
=CI.CO (2)
Từ (1) và (2)

CI CN
CM CO

=>
CIM

đồng dạng
CON


=>
·
·
CIM CNO


=>

·
·
·
·
180
O
CON MIO MIO MIC
   

=> 4 điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đường tròn
c) Ta có OM=ON =R
nên tam giác OMN cân ở O
=>
·
·
ONM OMN


mà
·
·
¼
1
2
BIN OMN sdOM
  (3)
theo câu b ta có
·
·
ONM AIM


(4)
từ (3) và (4) ta suy ra
·
·
AIM BIN


Câu 5:
Theo BĐT trong tam giác ta có a+b>c;b+c>a;a+c>b mà a+b+c=2
=>0< 2a < 2 = a+b+c => 0<a<1
tương tự 0 < b,c <1
=>(1-a)(1-b)(1-c)>0
=> a+b+c - (ab+bc+ca) + abc <1
=> 2(a+b+c) - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=>(a+b+c)
2
- 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2
=> 22
222
 abccba