nên K thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn MN.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011
LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9
(Lời giải gồm 02 trang)
Bài 1
a) x3 13 (m 1)(x 1) m 3 0
− − + − + − = (1) Đk: x 0≠ Khi m = 2: (1) trở thành 3
3
x 3(x ) 1 0
(x ) 1 x
x
⇔ − =
x x 1 0 x
2
±
− − = ⇔ = (thoả mãn) b) Đặt 1
x
− = (2), ta có : 3 13 3
x
− = +
Khi đó (1) trở thành : t3−(m 2)t m 3 0− + − = ⇔ −(t 1)(t2+ − + =t m 3) 0 (3)
2
t 1
g(t) t t m 3 0 (4)
=
Từ (2) ta được x2− − =tx 1 0, với mỗi giá trị tùy ý của t, phương trình này luôn có đúng 1 nghiệm
dương (nghiệm còn lại âm), mà (3) đã có 1 nghiệm t = 1, nên để (1) có đúng 2 nghiệm dương phân biệt thì điều kiện cần và đủ là : Phương trình (4) hoặc có nghiệm kép t 1≠ hoặc có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm t = 1 Điều đó tương đương với :
; m 5= (cả 2 giá trị thoả mãn)
Vậy cácgiá trị của m cần tìm là m 11; m 5
4
Bài 2
a) Từ giả thiết (1 1 1)2 12 12 12 2( 1 1 1 ) 0 a b c 0
a b c+ + =a +b +c ⇒ ab bc ca+ + = ⇒ + + =
a b c a b 3ab(a b) c a b c 3abc
Từ (*) dễ thấy khi a, b, c Z∈ thì (a3+ +b3 c ) 33 M , đpcm
b) x3+ax2 +bx 1 0+ = (1)
Do x 1= + 2 là nghiệm của (1) nên: (1+ 2)3+a(1+ 2)2+b(1+ 2) 1 0+ =
Biến đổi và rút gọn, ta được: (3a b 8) (2a b 5) 2 0+ + + + + = (2)
Do a, b là các số hữu tỷ nên (2) chỉ xảy ra khi và chỉ khi 3a b 8 0 a 3
2a b 5 0 b 1
Thay các giá trị của a, b vào (1), ta có: x - 3x3 2+ + = ⇔x 1 0 (x 1)(x− 2− − =2x 1) 0.
x 1; x 1 2
⇔ = = ± Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là: x 1; x 1= = ± 2
Bài 3
Có thể giả sử: x > y, suy ra: 1006 x 2010≤ ≤ (1) Đặt 2011 = a.
Khi đó: P = (x3+y ) 2xy (x y)3 + = + 3−3xy(x y) 2xy a+ + = −3 3x(a x)a 2x(a x)− + −
P = (3a 2)x− 2−(3a2−2a)x a+ 3 2 3 1 2 1 2 3
(3a 2)(x ax) a (3a 2)[(x a) a ] a
P 1 2 3 1 2
(3a 2)(x a) [a a (3a 2)]
Vì 3a - 2 >0, x 1a 0
2
− > (do (1)) nên hàm số y = mX2 (với m = 3a - 2, X x 1a
2
= − ) đồng biến
1
Trang 2khi X > 0, suy ra P là hàm số đồng biến
Suy ra: Giá trị lớn nhất của P đạt được tại x = 2010 (y =1) và max P = 8 120 605 021
Giá trị nhỏ nhất của P đạt được tại x = 1006 (y = 1005) và min P = 2 035 205 401
Bài 4
a)
K
F
N M
Từ giả thiết suy ra:
MEO= NOF (đồng vị)
MOE NFO= (đồng vị) nên ∆EMO ~ ∆ONF
ME OM
ME.NF=OM.ON
ON NF
ME.NF=MN
NM = NF (1)
Ta có ·EMN 120= 0 (cùng bù với ·MNO 60= o do ME//ON)
Tương tự FNM 120· = 0 nên ·EMN= ·FNM (2)
Từ(1), (2) ta được MNE∆ ~ NFM∆
b)
120 0
I
K
Ta có :
MKN MEK EMK KMN EMK= + = +
= ·EMN 120= 0 nên K thuộc cung chứa góc
1200 dựng trên đoạn MN
Trên tia MK, lấy điểm I sao cho
KI = KN thì tam giác IKN là tam giác đều nên MK + KN = MI
Do I thuộc cung chứa góc 600 của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, I nên MI lớn nhất
(tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, vì cạnh MN = R không đổi) khi và chỉ khi MI là
đường kính, khi đó K là trung điểm của cung MN nên ·MNK 30= 0⇒MEN 30· = 0⇒E ≡A
MN / /AB
⇒ đó là vị trí cần xác định của dây MN
Bài 5
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P 3
4
≥ (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có:
3
a 1 b 1 c a (1 b)(1 c)
3 (1 b)(1 c) 8 8 64(1 b)(1 c)
3
a 1 b 1 c 3
a (1 b)(1 c) 8 8 4
Tương tự, ta có:
3
b 1 c 1 a 3
b (1 c)(1 a) 8 8 4
3
c 1 a 1 b 3
c (1 a)(1 b) 8 8 4
Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế rồi rút gọn và áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được:
3 1
P (a b c)
4 2
.3 abc P
≥ = ⇒ ≥ , đpcm (Dấu “=” xảy ra ⇔ a b c 1= = = )
Hết _
2