ĐỀ 31
I. Đề bài :
Câu I. (4điểm)
Tính giá trị các biểu thức :
A = 2112
1
+ 3223
1
+ 25242425
1
...
4334
1
B = )52549(52 363
CâuII: (4điểm)
Giải các phương trình sau.
a; x3 + 2x2 – x -2 = 0
b; 6267242 xxxx
CâuIII: ( 6điểm)
1; Cho 2 số x, y thoả mãn đẳng thức :
8x2 + y2 + 2
4
1
x
= 4
Xác định x, y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất .
2; Tìm 4 số nguyên dương x,y,z,t thoả mãn.
1
1111
2222
tzyx
3; Chứng minh bất đẳng thức :
b
ba
ab
ba
8
)(
2
2
với a > b > 0
Câu IV: ( 5đ)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Trên cung nhỏ
BC lấy điểm K . AK cắt BC tại D
a , Chứng minh AO là tia phân giác của góc BAC .
b , Chứng minh AB2 = AD.AK
c , Tìm vị trí điểm K trên cung nhỏ BC sao cho độ dài AK là lớn nhất .
d, Cho góc BAC = 300 . Tính độ dài AB theo R.
Câu V: (1đ)
Cho tam giác ABC , tìm điểm M bên trong tam giác sao cho diện tích các tam
giác BAM , ACM, BCM bằng nhau .
(Hết)
Së Gi¸ o dôc vµ § µo t¹o
kiªn giang
§ Ò thi chän häc sinh giái lí p 9 THCS n¨m häc 2011-2012
M«n: To¸ n
Thêi gian lµm bµi: 150 phót
(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:
a)
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y
b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy
Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
x y z
P

Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1

Chứng minh rằng:
1
8
abc
.
Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là
một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O). Các tia AC
và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ là đường kính của
đường tròn (O).
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C.
Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác.
a) Chứng minh HI // d.
b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d.
chứng minh rằng MN = EF
Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia
hết cho 12
Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Đáp án Thang điểm
a)
7 2 5(1)
2 1(2)
x y x y
x y x y
Đặt u = 7
x y
, v = 2
x y
(
0, 0
u v
)
Ta có 5
(*)
1
u v
v x y
Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x
, v = 5
2
x
Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =
5 3
1
2 2
x x
x
Thay y =
3
2
x
vào phương trình (2) ta được
1
2
3 3
2 1
2 2
1
5 3 5
19
2 2
x x
x x
x
x x
x
Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
1
b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy
Điều kiện
1, 1
x y
Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
x y xy
x y x y
(3)
( 1 1)
1 ( 1).1
2 2
y x xy
y x y x
(4)
0.25
0.5
0.5
Vậy 1 1
x y y x xy
Dấu “=” xảy ra
1 1
1 1
y
x
2
x y
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25
0.25
0.25
2
Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
Px y z
1 1 1
3 ( )
1 1 1
Px y z
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3
x y z xyz
,
1 1 1 3
x y z xyz
1 1 1 3
( )( ) 3 . 9
x y z xyz
x y z xyz
Dấu = xảy ra khi x = y = z.
Ta có 1 1 1 9
1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1)
x y z x y z
1 1 1 9
1 1 1 4
x y z
Vậy
9 3
3
4 4
P
1 1 1
3 1
1
4 3
x y z
P x y z
x y z
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P
tại
1
3
x y z
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1
a b c
12
1 1 1 (1 )(1 )
b c bc
a b c b c
Vậy 12
1 (1 )(1 )
bc
a b c
Tương tự: 12
1 (1 )(1 )
ac
b a c
12
1 (1 )(1 )
ab
c a b
Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5