a Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y thỏa mãn x.y đạt giá trị lớn nhất.. Tìm giá trị lớn nhất đó.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 TP BUÔN MA THUỘT ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A 2012 b) Tìm giá trị lớn B x x 1 20122 2012 20132 2013 x 0 Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình: x2 x 3x x x my m mx y 3m Bài 3: (2 điểm) Cho hệ phương trình: a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x.y đạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn đó (cần xem lại đề, có GTNN) b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < Bài 4: (4 điểm) a) Chứng minh (n4 – 4n3 – 4n2 + 16n) 384 (với n chẵn, n ≥ 4) b) Cho a + b + c + d = Chứng minh a2 + b2 + c2 + d2 ≥ Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) Hai đường kính cố định (O) là AB và CD vuông góc với M là điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K và H là hình chiếu M trên CD và AB sin MAB sin MCD sin MDC a) Tính sin MBA b) Chứng minh OK AH R AH c) Tìm vị trí điểm M để giá trị P MA.MB.MC.MD lớn Bài 6: (5,5 điểm) Cho AB là đường kính đường tròn (O; R) C là điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB H Gọi I là trung điểm AC, OI cắt tiếp tuyến A đường tròn (O; R) M, MB cắt CH K a) Chứng minh điểm C, H, O, I cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh MC là tiếp tuyến (O; R) c) Chứng minh K là trung điểm CH d) Xác định vị trí C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn ? Tìm giá trị lớn đó theo R GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang (2) BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (2 điểm) a) A 20122 2012 2012 2012 2012 2012 1 2012 1 2013 2013 2013 2013 2013 1 2012 2012 2 2012 20122 2012 2013 2013 2013 2013 2013 2012 2012 2013 2013 2013 b) Ta có x x x x Do đó B lớn x x nhỏ Mà 2 1 3 x x 1 x x , dấu “=” xảy 2 4 Vậy GTLN B là x 3 4 x 1 x (TMĐK) Bài 2: (2 điểm) ĐK: 3x x 0, 3x x Đặt x x t t , phương trình trở thành t t 1 t 1 t t t t t t (TMĐK) x 1 Khi đó ta có x x x 1 x (TMĐK) x Vậy phương trình có hai nghiệm x 1, x Bài 3: (2 điểm) m m 1 m x m 3m mx m m 1 m 1 x m 1 3m 1 x my m Ta có y 3m mx y 3m mx mx y 3m a) Hệ phương trình có nghiệm * 3m 3m x x m 1 m 1 (Vì m 1 ) m m y 3m m y m 1 m 1 2 3m m 3m 2m 4m m 2m 1 4m Khi đó xy 1 2 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 Dấu “=” xảy m = Vậy m = thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) mà GTNN xy là -1 b) 0x Hệ phương trình có vô số nghiệm y 2 x +) Nếu m = 1, (*) trở thành x R; y x Khi đó x + y = > 0, không thỏa x + y < GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang (3) 0x Hệ phương trình vô nghiệm y 4 x +) Nếu m = -1, (*) trở thành 3m x m +) Nếu m Hệ phương trình có nghiệm (theo a) y m 1 m 1 3m m 4m Khi đó x y 0 1 m m 1 m 1 m 1 Vậy 1 m thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < Bài 4: (4 điểm) a) Ta có n 4n3 4n 16n n n n n Vì n chẵn, n ≥ 4, đặt n = 2k (k ≥ 2) Ta có n 4n3 4n 16n 16 k k 1 k k 1 Do k 2, k 1, k , k là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có hai số chia hết cho đó có số chia hết cho , có ít số chia hết cho k k 1 k k 1 8.3 24 (Vì (8; 3) = 1) 16 k k 1 k k 1 16.24 384 b) Vì a b c d a b c d a b c d ab ac ad bc bd cd a b c d ab ac ad bc bd cd * Lại có a b 2ab (vì a b ), tương tự có a c 2ac , a d 2ad , b2 c 2bc , b d 2bd , c d 2cd Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a b c d ab ac ad bc bd cd ab ac ad bc bd cd a b c d ** Từ (*) và (**) a b2 c d a b2 c d a b c d (đpcm) Bài 5: (4,5 điểm) 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường a) AMB CMD tròn) MAB MCD MDC 900 MBA cos MBA , sin MDC cos MCD sin MAB Do đó sin MAB sin MCD sin MDC sin MBA cos MBA sin MCD cos MCD 2 sin MBA b) AMB, AMB 90 , MH AB MH AH BH AH AB AH AH R AH a K H 900 (gt) nên tứ giác OHMK là hình chữ nhật Mặt khác tứ giác OHMK có O MH OK b Từ (a), (b) OK AH R AH (đpcm) c) AMB, AMB 900 , MH AB MA.MB AB.MH R.MH 900 , MK CD MC.MD CD.MK R.MK CMD, CMD Do đó P MA.MB.MC.MD R MH MK GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang (4) MH MK HK OM R 2 2 R Nên P 4R MH MK R R Đẳng thức xảy MH = MK tứ giác OHMK là hình vuông M là điểm chính cung nhỏ AC Lại có MH MK Bài 6: (5,5 điểm) OI AC OIC 90 a) Ta có IA IC AC (gt) I thuộc đường tròn đường kính OC 900 CH AB H thuộc đường Lại có OHC tròn đường kính OC Vậy điểm C, H, O, I cùng thuộc đường tròn đường kính OC (đpcm) b) OM AC OI AC , IA IC AC OM là trung trực AC OCM = OAM (c.c.c) OAM 900 (AM là tiếp tuyến (O)) OCM MC OC MC là tiếp tuyến (O) c) Gọi D là giao điểm MB và AC ACM ABC sđ AC (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến, dây cùng chắn cung AC (O)) (cùng phụ với BAC ) Lại có ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ACH ABC MCK ACM ACH CD là phân giác MCK Mặt khác CB CD ( ACB 900 ) CB là phân giác ngoài MCK Do đó ta có KD KB MD MB a KB KH MB AM KD KC Xét ADM, CK // AM (CH AB, AM AB) MD AM KH KC Từ (a), (b), (c) KH KC (đpcm) AM AM Xét ABM, KH // AM (CH AB, AM AB) b c d) Trên tia đối tia CA lấy điểm E cho CE = BC Khi đó PABC AB AC BC 2R AC CE R AE nên PABC đạt max AE đạt max BCE vuông cân C AEB 450 Vì AB cố định nên E thuộc cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB, đó AE đạt max AE là đường kính cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB 450 C là điểm chính nửa đường tròn (O) ABE 900 ABC Khi đó ABE vuông cân E, nên AE AB 2 R Vậy chu vi tam giác ABC đạt GTLN là 1 R C là điểm chính nửa đường tròn (O) GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu) trang (5)