Toán 1

Kẻ MH vuông góc với BC H thuộc BC.a Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.b MB cắt OH tại E.. Chứng minh ME.MH = BE.HC.

ĐỀ SỐ 9

Câu 1( 2 điểm): Cho biểu thức: với a 0;a 9

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị của a để biểu thức P >

1 2

Câu 2 ( 2 điểm ):

a) Giải phương trình x2 + 5x + 4 = 0

b) Cho phương trình x2 4mx 8m 5 0   (1) với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m

để phương trình (1) có hai nghiệm x , 1 x thỏa mãn 2 2

Câu 3 ( 2 điểm ):

a) Giải hệ phương trình:

3x +2y = 4 4x -y = 9





 b) Tìm m để hai đường thẳng (d1) y= mx + 5- m và (d2) y=3x + m-1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung

Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau.

Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC)

a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp

b) MB cắt OH tại E Chứng minh ME.MH = BE.HC

c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng

Câu 5 (1 điểm):Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c ab bc ac      6 Chứng minh rằng:

3

Hết



9

P

a

THANG ĐIỂM- ĐÁP ÁN

C

Â

U

1

Với a 0;a 9, ta có    

P



P









3

a a

a

Vậy  

3 3

a P

a với a 0;a 9

0,5

b) Với a 0;a 9, P>

1

2khi  

2 3

a

6 a ( a 3) 5 a 3

5 a 3 0(doa 0nen a 3 0)

9 a

25

 

0,25

Kết hợp với ĐK, ta được

9

a ,a 9 25

Vậy…

0,25

2

Ta có : a= 1, b=5, c= 4

Mà a-b+c =1- 5 + 4= 0 nên phương trình có 2 nghiệm x1=-1 và x2=-4

0,25 0,5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

 2

2

Theo Vi-et, ta có: x1x2 4m; x x1 2 8m 5

Do x 1 là nghiệm của phương trình đã cho nên:

0,25

2 2

Mà

2

1 2

x 4mx 8m 1 0 4mx 8m 5 4mx 8m 1 0

4m x x 16m 4 0 *

Thay x1x2 4m vào (*) ta được:

2

2

4m.4m 16m 4 0 16m 16m 4 0

1 4m 2 0 m

2

Vậy

1 m

2



là giá trị cần tìm

0,25

0,25

3

1

3x +2y = 4 3x +2y = 4

4x -y = 9 8x -2y = 18



11x = 22

3x +2y = 4



 

x = 2

y = -1



 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)=(2; -1) 0,25

b) Để (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung thì

,

a a

b =bb

 





0,5

a) Ta có: MOB 900 (do ABMN) và MHB  900(do MHBC)

Suy ra: MOB MHB   900 900  1800

 Tứ giác BOMH nội tiếp

b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM OMB

(1)

Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM OHM (cùng chắn cung OM)

và OMB OHB  (cùng chắn cung OB) (2)

1,0

0,25

4

K E

H C

O

N

M

B A

5-m = m-1 3

m khongTMDK m



Từ (1) và (2) suy ra: OHM OHB

 HO là tia phân giác của góc MHB

ME HB MH EB

EB HB

(3)

∆BMC vuông tại M có MH là đường cao nên:

2

MH HC HB HB

HC

(4)

Từ (3) và (4) suy ra:

2

c) Ta chứng minh được đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính

là MC

 90 0

MKC

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

MN là đường kính của đường tròn (O) nên MKN  900(góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn)

MKC MKN

0,25 0,25

0,25

0,25

5

Đặt

P

Có a, b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM có:



















3

2

3

2

3

2

2

2

2

b

c

2

0,25

a b c ab bc ac     

 P 2 a2b2c2  a b c   6

Có a b  2  b c  2 a c 2  0  2a2b2c2  2ab bc ca  

 3 a2b2 c2  a b c  2

Suy ra  2    2    6

3

Có ab bc ca a   2b2c2  3 ab bc ac     a b c  2

2

1 6

3

   a b c ab bc ac a b c      a b c 

3 a b c a b c

. a b c   3

, a b c  2  9

Suy ra 2 9 3 6 3

3

P    

Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c  Vậy

3

0,25

0,25

0,25