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 . UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 201 1-2 012 Môn: Toán Ngày thi: 17/3/2012 Thời gian:. 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 -2 x+1=0