học 2006-2007 Thi vào Chuyên Hùng Vơng
Vòng 1 (Ngày 3 tháng 7 năm 2006)
2
4 )
ab
a b b a b
a
ab b
a
+
+
−
/aRút gọn M
2 2
2 2
2
2
) (
) (
2
4 )
b a b a b a
b a b a M
ab
b a ab b
a
b a ab
a b b a b
a
ab b
a M
+
=
−
− +
=
+
− +
=
+
− +
+
=
+
− +
+
−
=
b/Tính giá trị M khi a =2007+2 2006; b= 2007 − 2 2006 ;
ta có a= 2007 + 2 2006 = ( 2006 + 1 ) 2;b= 2007 − 2 2006 = ( 2006 − 1 ) 2
2
1 2006 1
2006
=
− +
+
=
M
Bài 2 Giải phơng trình
12
1 ) 1 (
1 )
2 (
1
2 = +
−
x
ĐKXĐ : x≠0;x≠-1; x≠-2
12
1 1
1 1
+
−
y y
∆=49;y1=3;y2=-4
Với y=3 ta có x2+2x-3=0 nhẩm Vi-ét x1=1;x2=-3 ∈ĐKXĐ
Với y=-4 ta có x2+2x+4= 0 vô nghiệm vì ∆/=-3 <0
Vậy phơng trình có 2 nghiệm x 1 =1;x 2 =-3
Bài 3 Gọi số xe của đội là x (xe) x∈N;x>2
Số tấn hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là
x
120 (tấn) Khi 2 xe bị hỏng mỗi xe phải chở
2
120
−
x (tấn) Vì mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng nên ta có PT
16
120 2
120
=
−
Giải PT (*)⇔120x-120(x-2)=16x(x-2)⇔16x2-32x-240=0
⇔x2-2x-15=0 ;∆/=16;x1=5>0 thoả mãn;x2=-3 <0 (loại)
Trả lời :số xe của đội là 5 xe
Bài 4 Cho hệ phơng trình
) ( 1
1
I ay x
y ax
= +
=
−
a/Tìm nghiệm của hệ
Trang 2học 2006-2007
+
= +
−
=
⇔
+
= +
−
=
⇔
=
− +
−
=
⇔
=
− +
−
=
⇔
) 2 ( 1 ) 1 (
) 1 ( 1 1
1 1
1 1
) 1 (
1 )
a a
x
ax y a x
a x
ax y a
x a x
ax y ax
a
x
ax
y
I
Vì a2+1 >0 mọi a từ (1) ta có
1
1
2 +
+
=
a
a
x thay vào (2)
1
1
2 +
−
=
a
a y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
1
2 +
+
=
a
a
1
1
2 +
−
=
a
a y
b/Tìm Min;Max của tổng x+y
1
) 1 ( 1
1 1
2 1
2
2
2 2
2 2
+
+
= +
−
− + +
= +
= +
=
a
a a
a a
a a
a y
x
T
Min (T)=-1 khi a=-1;mặt khác áp dụng BĐT A2+B2≥2AB (dấu "=" xảy ra khi A=B)
2
2
=
≤
a
a
T ;Max(T)=1 khi a=1
Cách khác: (Sử dụng phơng pháp miền giá trị)
Gọi T0 là giá trị tuỳ ý của T ta có T0(a2+1)=2a⇔T0a2-2a+T0=0(*)
Với T0=0 thì a=0
Với T0≠0 ;PT(*) chỉ có nghiệm a khi ∆/≥0 ta có ∆/=1-T0 ≥0⇔-1≤T0≤1
Vậy giá trị lớn nhất của x+y=1 khi a=1;giá trị nhỏ nhất của x+y=-1 khi a=-1
Câu 5
Thi vào Chuyên Hùng Vơng
Vòng 2 (Ngày 4 tháng 7 năm 2006)
Bài 1Cho a,b,c ,x,y,z là các số thực a,b,c khác 0
a/Từ giả thiết
0
0
2 2 2 2
2 2
2 2
2
= + +
= +
+
− +
− +
−
=
−
=
−
=
−
=
−
=
−
=
−
c b a c
b a
bcx acy abz bcx acy abz
c
cbx cay b
baz bcx a
acy abz c
bx ay b
az cx a
cy bz
A
B
H
a/Chứng minh OI=OM
xét 2Tam giác ∆AOM;∆BOI có
∠OAM=∠OBI (cạnh tơng ứng ⊥)
OA=OB(gt); ∠AOM=∠BOI=900
Nên ∆AOM=∆BOI (c.g.c)⇒OI=OM( )
b/Ta có tứ giác AOHB nội tiếp nên
∠OHA=∠OBA=450 nên ∠OHK=450
vậy∆OHK vuông cân tại K ⇒OK=KH( )
c/*Phần thuận:
Ta có ∠OKB=900 không đổi OB cố định
theo quỹ tích cung chứa góc K thuộc đờng
tròn đờng kính OBGiới hạn M≡O thì K≡O;khi M≡B thì K≡C (C là trung điểm cung OKB)
*Phần đảo lấy K/ ∈cung OC ,nối OK/ trên K/B lấy H/ sao cho OK/=K/H/ ta phải chứng minh AH/⊥K/B.Ta có ∠OH/A=∠OBA=450 nên tứ giác AOH/B nội tiếp suy ra AH/⊥K/B
*Kết luận : tập hợp K là cung OC của đờng tròn Đờng kính OB
C
K/
H/
Trang 3học 2006-2007
Vì a,b,c khác 0 nên bz-cy=0;cx-az=0;ay-bx=0
Suy ra
c
z b
y a
x
=
3 3 3 3 3 3
2 2
b a a c c b c
ab b
ca a
bc
Mặt khác ab+bc+ac=0 ⇔ab+bc=-ac⇔(ab+bc)3=(-ac)3⇔a3b3+b3c3+3ab2c(ab+bc)=-a3c3
⇔ a3b3+b3c3+ a3c3=3a2b2c2 thay vào (*) ta có M=3
Bài 2 a/ Chữ số trăm nghìn có 3 cách chọn sau khi chọn chữ số hàng trăm nghìn chữ
số hàng chục nghìn còn 2 cách chọn chữ số hàng nghìn còn 1 cách chọn Chữ số trăm
có 3 cách chọn, sau khi chọn chữ số hàng trăm chữ số hàng chục có 2 cách chọn chữ số
đv còn 1 cách chọn vì chọn 3 chữ số một cặp
Vậy có tất cả 3.2.1.3.2.1.3= 108 số thoả mãn bài toán
b/Tìm nghiệm nguyên thoả mãn hệ
≤ +
− +
= + +
−
=
−
−
−
⇔
≤ +
− +
= + +
−
=
−
−
) 3 ( 0 12 4 2
) 2 ( 0 ) 3 ( 4 ) 3 ( 2
) 1 ( 0 15 2 6
0 12 4 2
0 ) 3 ( 2 ) 3 (
15 2 6
2 2 2 2
2 2 2 2
z y y x
z y x x
y x x
z y y x
z y x x
y x x
PT(1) cộng PT(2)+PT(3) ta có
x2-6x-2y-15+2x2y-6xy+4z+12+x2y2+2y-4z+12≤0
⇔(x2y2+2x2y+x2)-6(xy+x)+9≤0⇔(xy+x)2-6(xy+x)+9≤0⇔(xy+x-3)2≤0
vì x,y,z nguyên nên (xy+x-3)2=0⇔xy+x=3⇔x(y+1)=3 ta có các hệ sau
−
= +
−
=
= +
=
−
= +
−
=
=
+
=
1 1
3
; 1 1
3
; 3 1
1
;
3
1
1
y
x hoac y
x hoac y
x hoac
y
x
suy ra
−
=
−
=
=
=
−
=
−
=
=
=
2
3
; 0
3
; 4
1
;
2
1
y
x hoac y
x hoac y
x hoac
y
x
thay các cặp (x;y) vào PT(3) tìm z sau đó thay vào PT(3) chỉ có cặp x=-1;y=-4;z=5 thoả mãn
Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-1;-4;5)
Bài 3 Giải phơng trình x+4+ x−4 = 2x−12+ x2 −16(*) ĐKXĐ: x≥4
(*)⇔ x+4 + x−4 = x+4+ x−4+ (x +4)(x−4) −12 =( x+4 + x−4)2 −12
Đặt x+4+ x−4 = y;DK : y>0
Ta có PT: y=y2-12⇔y2-y-12=0⇔(y-4)(y+3)=0 ⇔y=4 vì y+3>0
Với y=4 ta có
DKXD x
x x
x x
x x
x x
x
∈
=
⇔
=
−
⇔
=
−
⇔
− +
−
−
= +
⇔
−
−
= +
⇔
=
− +
+
5 1
4 8
4
8
4 4
8 16 4 4
4 4 4
4 4
Vậy phơng trình có nghiệm x=5
Bài 4
A
B
P
a/Tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆MNP
là giao trung trực MN &MP vì ∆BMN
∆CMP cân tại B&C nên trung trực
MN;MP chính là phân giác ∠ABC;
∠ACB giao 2 phân giác này chính là
tâm đờng tròn nội tiếp ∆ABC ( )
b/Tìm vị trí N;P để độ dài NP nhỏ
nhất
Trang 4học 2006-2007
Bài 5 Tìm số nguyên lớn nhất không vợt quá (4+ 15)7
ta có S n (4 15)a n (4 15)b n;S n (4 15)2.a n (4 15)2.b n
2
+
[( 4 15 ) ( 4 15 ) ] ( ) 8
).
1 15 32 ( ).
1 15 8 32 ( 2
2
n n n n
n
n n
n
b a b a
S
b a
S
+
−
− + +
=
−
− +
− +
=
+
+
Vậy Sn+2=8.Sn+1-Sn
Ta có S1=8
S2=62 ;S3=8.62-8=488 ;S4=8.488-62=3842 ; S5=8.3842-488=30248
S6=8.30248-3842=238142; S7=8.238142-30248=1874888
Vì 0<(4− 15)7 <1 nên 1874887<(4+ 15)7<1874888
Vậy số nguyên lớn nhất không vợt quá (4+ 15)7 là 1874887
C N
M
O
Xét tứ giác ANOP có A;O cố định ∠NAO không đổi;∠NOP=2.∠NMP
∠NMP=1800-∠M1-∠M2=1800
-2
90 2
180 2
180 0 − ∠ABC − 0 − ∠ACB = 0 −∠NAP
∠NOP=1800-∠NAP nên ∠NOP +∠NAP=1800-∠NAP+∠NAP=1800
do vậy tứ giác ANOP nội tiếp ∠NAP không đổi AO cố định dây NP nhỏ nhất
khi đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác này nhỏ nhất khi đó AO là đờng kính suy ra N;P;M là chân đờng vuông góc kẻ từ O tới AB,AC,BC
1 2
Ngời gửi ; Nguyễn Minh Sang
GV trờng THCS Lâm Thao –Phú Thọ DD 0917370141
gmail: minhsang5260@gmail.com.vn
Tôi có đề thi và HD giải các đề thi vào chuyên NN ; Chuyên ĐHSP;
ĐHKHTN ,Chuyên Hùng Vơng Phú thọ từ năm học 2004-2005 đến
nay rất mong đợc trao đổi đề thi và đáp án HSG Toán 9 cấp huyện và
cấp tỉnh và đề thi vào lớp 10 các trờng THPT chuyên trong cả nớc
với các bạn đồng nghiệp mọi liên hệ gửi về
minhsang5260@gmail.com.vn