Đáp án thi HSG Toán 9 Hà Tĩnh 10-11

nên K thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn MN.

SỞ GIÁO DỤC VÀ Đ ÀO 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

Khi m = 2: (1) trở thành 3

3

x

x

  

2



     (thoả mãn)

x

  (2), ta có : 3 13 3

x

Khi đó (1) trở thành : t3 (m 2)t m 3 0     (t 1)(t 2 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 2

a b c  a b c  ab bc ca      

Từ (*) dễ thấy khi a, b, c Z thì (a3b3c ) 33  , 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



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 (3a 2)(x 1a)2 [a3 1a (3a 2)]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

khi 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.NF=OM.ON

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

3

3

a

Tương tự, ta có:

3

b

3

c

Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế rồi rút gọn và áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được:

3 1

4 2

    , đpcm (Dấu “=” xảy ra  a b c 1   )

Hết _

2