Xác định giá trị của Q khi x=3y.. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn nhất.... Vậy khi M là điểm chí
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho biểu thức: 2 2 1 2 2 : 2 2
Q
x y x y x x y với x> >y 0.
1 Rút gọn Q.
2 Xác định giá trị của Q khi x=3y
Bài 2 (1,0 điểm)
Cho đường thẳng ( ) :d y ax b Tìm ,= + a b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol
2
( ) :P y x tại điểm ( 1;1)= A − .
Bài 3 (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2 2 4 8 2
x
2 Giải hệ phương trình:
1
= +
x y y
Bài 4 (1,0 điểm)
Với , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng phương trình sau luôn có
nghiệm: (b2+ −c2 a x2) 2−4bcx+(b2+ −c2 a2) 0=
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn: 2 2 2
2
x y z Chứng minh:
3 2
+ +
x y z
Bài 6 (3,0 điểm)
Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB MK, ⊥ AC (
,
I AB K AC ).
1 Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2 Vẽ MP⊥BC P BC Chứng minh · ( ∈ ) MPK =MIP ·
3 Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn nhất.
HẾT
Trang 2-HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Bài 1
(2,0đ)
1)
Q
2
− +
−
=
−
= +
x x y x x y x
y
x y y x y
x y
x y x y
x y
x y
Vậy = −
+
x y Q
x y với x> >y 0.
1.5
2)
Thay x=3y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được:
2
−
+
Q
2
=
Q khi x=3y
0.5
Bài 2
(1,0đ)
Vì đường thẳng ( ) :d y ax b đi qua điểm ( 1;1)= + A − nên ta có:
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
Thay (1) vào (2) được:
1 0 ( 1)( 1 ) 0
1
= −
− − − = ⇔ + − − = ⇔ = +x
x a
Vì (d) tiếp xúc với parabol 2
( ) :P y x tại điểm ( 1;1)= A − nên phương trình (2) có nghiệm kép x1 =x2 = −1
2 1 1
⇔ − = + ⇔ = −
⇒ = − + = −
b
Vậy a= −2;b= −1.
1.0
Bài 3
(2,0đ) 1)
2
x
ĐK: 2≤ ≤x 2 2
1.0
Trang 3Đặt y= x2−4 (y≥ ⇒0) x2 = y2+4 Phương trình (1) trở thành:
2 2 2
2 8 2
( 2)(2 3) 0
2 3 0 (do 2 0) 3
2
⇔ + = −
⇔ =
y y
y
Với 3
2
=
y , ta có:
2
4
= ÷ + ⇔ = ⇔ = ±
Kết hợp với điều kiện 5
2
⇒ = ±x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 5
2
= ±
2)
2 2 2 1 (1)
1 (2)
= +
xy x
Với x=0, phương trình (2) trở thành 0 1= (vô lí)
Với x≠0, ta có:
2
2
1
x
1
= ⇒ = + ⇔ =
1
= − ⇒ = + ⇔ =
−
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( , )x y ∈{(1;2),( 1;0)− } .
1.0
Bài 4
(1,0đ)
(b + −c a x) −4bcx+(b + −c a ) 0= (1)
Vì , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác nên:
, , >0; + − >0; + − >0; + − >0
Xét 2 trường hợp:
+ TH1: 2 2 2
0
b c a
1.0
Trang 4Phương trình (1) trở thành:
− bcx= ⇔ =x b c>
⇒ Phương trình (1) có nghiệm + TH2: 2 2 2
0
b c a Phương trình (1) là phương trình bậc hai Xét ∆ =' (2 )bc 2−(b2+ −c2 a2 2)
( ) ( )
= + − − −
bc b c a bc b c a
b c a a b c
a b c b c a a b c a c b
Kết hợp với (2) ⇒ ∆ > ⇒' 0 Phương trình (1) có nghiệm
* Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm
Bài 5
(1,0đ)
Vì x y z, , >0; x2+y2+z2 =2 nên:
2
3
x y z
y z z x x
2 (2)
+
y yz zx xy
Lại có:
2
+
x y xy
Tương tự, ta có:
z x zx x y xy
⇒ (2) đúng ⇒ (1) đúng (đpcm)
Bài 6
(3,0đ)
0.25
1) Tứ giác AIMK có:
0 0
AIM AKM 90 (GT) AIM AKM 180
⇒AIMK là tứ giác nội tiếp
0.75
Trang 5Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội
tiếp
Tứ giác BIMP nội tiếp ⇒ =I$1 Bµ2
Tứ giác CKMP nội tiếp ⇒Cµ2 =P$2
Mà µB2 C µ2 1sđMC¼
2
$2 1
P I
⇒ =$ (đpcm)
1.0
3)
Chứng minh tương tự phần 2), ta có $P1=Kµ1
∆MPK và ∆MIP có: $P2 =I ; K$1 µ1=P$1
2
MPK MIP (g.g)
MP MI.MK
MI.MK.MP MP MP MP
#
Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất
3
MP
⇔ lớn nhất
MP
⇔ lớn nhất
⇔M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.
Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP
đạt giá trị lớn nhất
1.0
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương