ĐỀ + ĐA HSG TOAN TINH 2009 -2010

Tìm m để phương trình đ% cho có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm.. Tìm số nguyên m để phương trình có 2 nghiệm x1,

Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu

Sở giáo dục và đào tạo lai châu

(Đề thi gồm 01 trang)

kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh

năm học 2010 môn: toán - lớp 9 cấp THCS Thời gian làm bài: 150 phút

(không tính thời gian giao đề)

Câu I (3,0 điểm)

Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực)

1 Tìm m để phương trình đ% cho có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm

dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm

2 Tìm số nguyên m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 là các số nguyên

Câu II (4,0 điểm)

1 Cho phương trình: x4 - 17x2 + 4 = 0

Chứng minh rằng phương trình đ% cho có 4 nghiệm phân biệt Gọi 4 nghiệm đó lần lượt là x1,

x2, x3, x4 H%y tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6

1

x + x + 62 x + 36 x 64

2 Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002+ ư 9025 24 1001 1001+ +

Câu III (5,0 điểm)

1 Giải phương trình: 3

x+ +4 5 xư =3

2 Có 7 cổ đông (người hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100

cổ phần (số vốn điều lệ của công ty được chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ

phần của 7 cổ đông này đều khác nhau Chứng minh rằng luôn tìm được nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ

đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50

cổ phần

Câu IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D Dựng đường kính

DE của đường tròn (O; r) Tiếp tuyến với đường tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại

H và K, đường AE cắt cạnh BC tại M Chứng minh rằng:

1
KOC = 900

2 EK.CD = HE.BD = r2

3 BD = CM

Câu V (2,0 điểm)

Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả m%n x3 + y3 = 2

H%y tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y

-HếT -

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:………

đề chính thức

Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu

Đáp án

Câu I (3,0 điểm)

Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực)

1 Tìm m để phương trình đ% cho có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm

2 Tìm số nguyên m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 là các số nguyên

Giải

1 Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm là: x1 < b

2a

ư < 0 < x2

⇔ 1 2

b

m 1 0 0

2a

< <



ư <





+ <



KL: Với m < -1 thảo m%n điều kiện đề bài

2 Vì '∆ = (m + 1)2 - (4m - 5) = (m - 1)2 + 5 > 0 (với mọi m) nên phương trình đ% cho luôn có hai nghiêm x1; x2 phân biệt

Từ: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 ⇒ m =

2

ư Nếu m ∈ Z ⇒ x2 2x 5

2

10 x

ư

ư ∈ Z hay

5 x

ư

ư ∈ Z ⇒ x - 2 ∈ Ư(5) ⇒ x - 2 = {± ±1; 5}⇒ x = {-3; 1; 3; 7}

- Nếu x = -3 hoặc x = 3 ⇒ m1 = -1 Thay vào phương trình kiểm tra thấy thoả m%n

- Nếu x = 1 hoặc x = 7⇒ m2 = 3 Thay vào phương trình kiểm tra thấy thoả m%n

KL: Với m = {-1; 3} thoả m%n điều kiện đề bài

Câu II (4,0 điểm)

1 Cho phương trình: x4 - 17x2 + 4 = 0 (1)

Chứng minh rằng phương trình đ% cho có 4 nghiệm phân biệt Gọi 4 nghiệm đó lần lượt là x1,

x2, x3, x4 H%y tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6

1

x + x + 62 x + 36 x 64

2 Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002+ ư 9025 24 1001 1001+ +

Giải

1 Đặt x2

= y ≥ 0 Khi đó (1) ⇔ y2 - 17y + 4 = 0 (2) Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2)

phải có 2 nghiệm dương phân biệt Hay ta phải chứng minh (2) có

0 a.f (0) 0 b 0 2a



∆ >



>





ư >



Thật vậy: (2) có

2

0





= >





ư = >



(đúng) ⇒ (2) có hai nghiệm dương phân biệt ⇒ (đpcm)

Gọi y1, y2 là hai nghiệm dương của phương trình (2) ⇒ x1 = - y , x1 2 = - y , x2 3 = y , x1 4 = y 1

⇒ P = 6

1

x + x + 62 x + 63 x = 2(64 y + 13 y ) = 2(y32 1 + y2)[(y1 + y2)2 - 3y1y2]

= 2.17.(172 - 3.4) = 9418

2 P = 3 2 1001 1002+ ư 9025 24 1001 1001+ +

Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu = 3 | 1001 +1001| - |3 1001 + 4| + 1001 = 4000

Câu III (5,0 điểm)

1 Giải phương trình: 3

x+ +4 5 xư =3

2 Có 7 cổ đông (người hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100

cổ phần (số vốn điều lệ của công ty được chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ

phần của 7 cổ đông này đều khác nhau Chứng minh rằng luôn tìm được nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ

đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50

cổ phần

Giải

1 ĐKXĐ: x ≤ 5 Đặt U = 3

x+4; V = 5 xư ≥ 0 Theo bài ra ta có hệ:

TH1:

3



TH2:

3



TH3:

3



KL: Phương trình có 3 nghiệm: x = {-31; -4; 4}

2 Vì số cổ phiểu của 7 cổ đông không bằng nhau nên ta gọi số cổ phiếu của mỗi cổ đông là a1,

a2, a3, a4, a5, a6, a7 và sắp theo thứ tự: a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7 Vì số cổ phiếu của mỗi cổ đông là các số tự nhiên nên ta xét:

- Nếu a4 ≥ 13 ⇒ a5 + a6 + a7 ≥ 14 + 15 + 16 = 50 (đúng)

- Nếu a4 ≤ 12 vì a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7 nên

a1 + 4 ≤ a5

a2 + 4≤ a6

a3 + 4 ≤ a7

⇒ a1 + a2 + a3 + 12 ≤ a5 + a6 + a7 (cộng hai vế với a5 + a6 + a7)

⇔ a1 + a2 + a3 + a5 + a6 + a7 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7)

⇔ 100 - a4 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7) Vì a4 ≤ 12

⇔ 100 - 12 + 12 ≤ 100 - a4 + 12 ≤ 100 - a4 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7)

⇔ 100 ≤ 2(a5 + a6 + a7) hay a5 + a6 + a7 ≥ 50

Tóm lại tổng số phiếu của ba cổ đông cao nhất luôn lơn hơn hoặc bằng 50 cổ phiếu

Câu IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D Dựng đường kính

DE của đường tròn (O; r) Tiếp tuyến với đường tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại

H và K, đường AE cắt cạnh BC tại M Chứng minh rằng:

1
KOC = 900

2 EK.CD = HE.BD = r2

3 BD = CM

Giải

1, Ta có: O1 =O2(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1)

O3 =O4(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (2)

Do DE là đường kính(gt)

⇒
EON và
DON là hai góc kề bù (3)

từ (1), (2), (3) ⇒ KO ⊥ OC (T/c tia phân giác của hai góc kề bù)

4 3 2 1

F

N E

M O

K H

B

A

Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu

⇒
KOC = 900

2, Gọi F = AB ∩ (O; r); N = AC ∩ (O; r)

⇒ OF và ON là hai đường cao trong hai tam giác vuông OBH

và OKC áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam

giác vuông ta có:

OF2 = FH.FB và OH2 =NK.NC

Mặt khác: KN = KE; NC = CD(T/c 2 TT cắt nhau)

FH = HE; FB = BD(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ OF2 = ON2 = r = HE.BD = EK.CD hay EK.CD = HE.BD = r2 (đpcm)

3, Từ câu b ta có: EK.CD = HE.BD ⇔ EK EH EH EK HK

+

Mặt khác: Vì HK // BD nên theo đị lý Ta Lét: EK AK HK

MC = AC = BC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ EK

MC (vì cùng bằng HK

BC ) Do đó BD = MC hay BM = CD (đpcm)

Câu V (2,0 điểm)

Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả m%n x3 + y3 = 2

H%y tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y

Giải

Cách 1 : Đặt x = 1 + a ⇒ y3 = 2 - (1 + a)3 = 1 - 3a - 3a2 - a3 ≤ 1 - 3a + 3a2 - a3 = (1 - a)3

⇒ y3

≤ (1 - a)3

⇒ y ≤ 1 - a Khi đó: P = x + y ≤ (1 + a) + (1 - a) = 2 Dấu = xảy ra khi a = 0 hay x = y = 1

Vậy: MaxP = 2 khi x = y = 1

Cách 2 : Ta chứng minh nếu x3 + y3 = 2 thì x + y ≤ 2 (với x ≥ 0; y ≥ 0)

Thậy vậy: x + y ≤ 3 (với x ≥ 0; y ≥ 0) ⇔ (x + y)3

≤ 8 ⇔ x3 + y3

+ 3xy(x + y) ≤ 8 ⇔ xy(x + y) ≤ 2 ⇔ xy(x + y) ≤ x3 + y3 (gt)

⇔ xy(x + y) - (x + y)(x2 - xy + y2) ≤ 0

⇔ - (x + y)(x - y)2 ≤ 0 (đúng với mọi x ≥ 0; y ≥ 0)

Vậy: Max P = 2 khi x = y = 1