Toán 13

3 điểm: Cho đường tròn O;R đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường tròn đóC A&B.. M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và BC.. Các đườngthẳng BN và AC cắt nhau tạ

ĐỀ 21 Câu 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức P  x  2x  :  x  1  2  3 x 9 x  x 3 x x  a)Rút gọn P P  1 b) Tìm x để 4 Câu 2.( 2,0 điểm) : 1) Tìm các giá trị của a và b để đường thẳng  d : y ax  b đi qua hai điểm M1;5 và N 2;8 2) Giải hệ phương trình  x  2 y 5  x  5y  9 Câu 3 ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2  (m  2)x  m 8 0 (1) với m là tham số a) Giải phương trình (1) khi m  8 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x13  x2 0 Câu 4 ( 3 điểm): Cho đường tròn (O;R) đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường tròn đó (C A&B) M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và BC Các đường thẳng BN và AC cắt nhau tại I, các dây cung AN và BC cắt nhau ở P Chứng minh: a) Tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó b) KN là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O;R) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định Câu 5 (1 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2  y2  z2 3xyz x2 y2 z2 P 4 4 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x  yz y  xz z  xy PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN HÀ TRUNG MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn thi: Toán (Hướng dẫn chấm này gồm 05 trang) Câu ý Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm ĐKXĐ: x  0, x 9, x 25 0,25 1 a P  x  2x  :  x  1  2  0,25 (2,0đ) (1.0đ) 3 x 9 x  x 3 x x  0,25 2 b(1.0 (2,0đ) đ)  x  3 x   2x : x  1 2 x  3 0,25 a 3 x   3 x x  x  3 0,5 (1,0đ)  3 x  x 2x : x  1 2 x 6 0,5 0,25 3 x  3 x x  x  3 0,25  3 x x : 5 x 3 x   3 x  x  x  3  x3 x x3 x  3 x3 x x  5 x x 5 P x x  5 với x  0, x 9, x 25 Vậy P  1 x  1 Để 4 thì x5 4 Suy ra 4x + x - 5 = 0 +) x = 1  x = 1 (TM) 5 +) x = 4 (loại) P  1 Vậy để 4 thì x = 1 a) Do đường thẳng (d) qua điểm M 1;5 nên ta có: a  b 5 (d) qua điểm N  2;8 ta có: 2a  b 8 a  b 5 a 3 0,5  a, b là nghiệm của hệ 2a  b 8 b 2  x  2 y 5  7 y 14   0,5 x  5y  9 x 5  2 y b (1,0đ)  y 2  y 2   x 5  2.2  x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y 1;2 0,5 a) Giải phương trình (1) khi m  8 Thay m  8 vào phương trình (1), ta được: x2  ( 8  2)x  8  8 0 0,25  x2  6x 0  x(x  6) 0 0.25  x 0  x 0    x  6 0  x  6 0,25 Vậy m  8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x  6; x 0 0,25 0,25  (m  2)2  4(m  8) m2  4m  4  4m  32 m2  28 0,25 b Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi   0  S  0 3  P  0 (2,0đ)  m2  28  0 m   2 7 hoaëc m  2 7   m  2  0  m   2  m2 7 m  8  0 m   8  Theo đề bài, ta có: x13  x2 0  x13 x2  x1x2 x14 m  8  x1 4 m  8  x2  4 (m  8)3  x1  x2 m  2  4 m  8  4 (m  8)3 m  8  6 Đặt 4 m  8 t (t 0) , ta có: t  t3 t4  6  t4  t3  t  6 0  t4  16  (t3  t  10) 0  (t 2  4)(t 2  4)  (t3  8  t  2) 0  (t  2)(t  2)(t2  4)   (t  2)(t2  2t  4)  (t  2) 0  (t  2)(t  2)(t2  4)  (t  2)(t2  2t  5) 0  (t  2)(t3  2t 2  4t  8  t2  2t  5) 0  (t  2)(t3  t 2  2t  3) 0  t 2 (vì t 0  t3  t2  2t  3  0 )  4 m  8 2  m  8 24 16  m 8 (nhận) 4 (3,0đ) I C K N = / / H M B P = O A a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó: Ta có ACB ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường 0.25 tròn (O)) 0.25 a(1,0đ)  0 Do đó: ICP INP 90 Tứ giác ICPN có ICP  INP 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn Tâm K của đường tròn ngoại tiếp 0,5 tứ giác ICPN là trung điểm của đoạn thẳng IP b(1,0đ) b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O) Tam giác INP vuông tại N, K là trung điểm IP nên KN KI 12 IP Vậy tam giác IKN cân ở K Do đó 0,25 K IN K NI (1) Mặt khác N KP N CP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung 0,25 PN đường tròn (K)) (2) N là trung điểm cung CB nên C N B N  CN NB Vậy  NCB cân tại N 0,25 Do đó : N CB N BC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra INK IBC , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN // BC 0,25 Mặt khác ON  BC nên KN  ON Vậy KN là tiếp tuyến của đường tròn (O) Chú ý: *Có thể chứng minh K NI  O NB 900  K NO 900 * hoặc chứng minh K NA  ANO 900  K NO 900 c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định: Ta có AM M C (gt) nên AOM M OC Vậy OM là 0.25 phân giác của AOC    0.25 Tương tự ON là phân giác của COB , mà AOC và COB c(1,0đ) kề bù nên M ON 900 Vậy tam giác MON vuông cân ở O 2 R 2 0.25 Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R 2 = 2 không đổi Vậy khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng 0.25 R2 MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định (O; 2 ) 5 x2  y2  z2 3xyz  x  y  z 3 (1,0đ) yz xz xy x;y Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương yz xz ta x  y 2 x y 2 0,25 có: yz xz yz x z y  z 2; z  x 2 Tương tự ta cũng có: xz xy x xy yz y  x y  y z  z x 2 2 2 0,25             yz xz   xz xy   xy yz  z x y  x  y  z 1  1  1  1  1  1 3 yz zx xy x y z x y z Lại có: x4 yz 2x2 x2 1 1 1 1 1 1 1 0,25 yz  4   2  (  ) x4  yz 2 x  yz 2 yz 4 y z 4 y z y2 1 1 1 z2 1 1 1 0.25  (  ); 4  (  ) Tương tự y4  xz 4 x z z  xy 4 x y Suy ra x2 y2 z2 1 (2  2  2) 1 (1  1  1) 3 P 4 4 4 x  yz y  xz z  xy 4 x y z 2 x y z 2  P 3 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1 Chú ý: HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa