Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn thẳng AB.. EF cắt AB tại I.. Chứng minh: .CN CO R b Bốn điểm O,I,M,N cùng thuộc một đường tròn.
Trang 1UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9
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)
1 1
2 2
x x
x x x
x
x x
A
Với 0 x 1 Rút gọn B 1 Ax 1
b) Biết x > 0; 2 12 7
x
x Tính 5 15
x
x
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau: 9
) 2 9 3 (
2
2
2
x
b) Với a > 0; b > 0 và a+b=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2
)
1 ( )
1 (
b
b a
a
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình sau:
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:
.CN CO R
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: a2 b2 c2 2abc 2
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2- HẾT -
Họ và tên:……… SBD……… Chữ kí GT 1:………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012 Câu 1 : a)
2
A
A
2
( Vì 0< x ) 1
b) Từ 2
2
4
1
7 2 47
x
x
=> 5
5
1 47.3 18 123
x
x
Câu 2: a) ĐK: 9 0
2 x
2
2
2
(3 9 2 )
x
Trang 3<=> 2
2
( 9).4
(3 9 2 )
x
x
<=> (3 92 )x 2 2(x9)0( vì x khác 0)
<=> 9 2 0 9( )
2
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= - 9/2
2 2
2 2
2 2
2 2
2( )
a b a b
2 2
1 2
ab
a b a b
2 2
1
1 2
a b
Ta có
2
a b
ab
nên 1 2 21 2 1 2.1 16 35
a b
Vây giá trị nhỏ nhất 2 2
)
1 ( )
1 (
b
b a
a là 35/2 khi a=b=1/2
Câu 3:
a)
x y x y
x x y
Từ (1) => y3= -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) => x2-2x+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(xo,0)(d) nên => xo=-5
Trang 4Vậy giá trị lớn nhất của là 22 khi M(5;0)
Câu 4:
a) ta có CEM đồng dạng với CNE (g.g)( · · 1 ¼ µ;
2
CEM CNE sd ME E -chung)
=>CE CM
CN CE
=> CM.CN=CE2=CO2-R2
I
E
N
B O
F
A M
C
b) theo câu a) CE2=CM.CN (1)
xét tam giác vuông CEO
có CE2=CI.CO (2)
Từ (1) và (2)
CI CN
CM CO
=> CIM đồng dạng CON
=> ·CIM CNO·
=> ·CON MIO· MIO· ·MIC 180O
=> 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·
Trang 5mà · · 1 ¼
2
BIN OMN sd OM (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
=> 2 2 2 2 2
b c abc a