Chỉ có ý c của bài toán là cần tư duy một chút nên theo thầy bài này thuộc mức độ cơ bản... Nhiều học sinh sẽ mắc sau quá trình liên hợp lần thứ nhất nếu không phát hiện ra nghiệm bội 2.
Trang 1LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN LỚP 9
MÔN: TOÁN Bài 1 (5,0 điểm)
Cho biểu thức
2
a 1 a a 1 a a a a 1 M
với a 0, a 1. a) Rút gọn M
b) Chứng minh rằng M 4.
c) Với những giá trị nào của a thì biểu thức
6 N M
nhận giá trị nguyên
Lời giải
a) Với a 0, a 1, ta có
2
a 1 a a 1 a a a a 1 M
a 1 a a 1 a a a 1 a 1
a 1
a 1 a a 1
a 1 a a 1
a 1 a a 1
a 1 a a 1
2a a 2 a a 1
a 2 a 1 1
b) Chứng minh M 4.
Cách 1:Xét
a 12
1
Vì a 0, a 1 nên a 1 2 0
suy ra M 4 0 M 4 (đpcm)
Trang 2Cách 2: áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
Xét dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
a
(mâu thuẫn vì a 0,a 1 ) Vậy dấu bằng không xảy ra do đó M 4.
c) Ta có M 4
6 6
M 4 hay
3 N 2
Vậy
3
0 N
2
Do đó N nhận giá trị nguyên khi N 1. Khi đó 6
1 M 6
M
Ta có
1
Nhận xét: Bài tập 1 là bài tập cơ bản, chỉ cần chắc kiến thức các em sẽ hoàn thành tốt bài này Chỉ có
ý c) của bài toán là cần tư duy một chút nên theo thầy bài này thuộc mức độ cơ bản.
Bài 2 (4 điểm).
a) giải phương trình: x 5x 32 2 2x 1 1 0
b) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình: x2 2y2 1.
lời giải
a) Điều kiện xác định:
1
2
Phương trình tương đương với phương trình: 3 4x
2x 1 1
2x 1 1
x 0 hoặc
2x 1 1
Trang 3Xét phương trình:
3
2
2 2x 1 1
2x 1 1
2
2
4
2x 1 1
x 0
(vì
2
2
4
2x 1 1
) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0.
Nhận xét ta có thể giải bài toán trên bằng cách ngắn gọn như sau:
Với điều kiện
1 x 2
, ta có phương trình: x 5x 32 2 2x 1 1 0
5x42x 2 2x 1 1 0 5x42 x 1 2x 1 0
2
x 1 2x 1
x 1 2x 1
(*)
Vì
x 1 2x 1
với mọi
1 x 2
nên từ (*) ta được x2 0 x 0 (tmđk) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0.
Nhận xét: Đây là một bài toán hay ý tưởng bài toán là cho nghiệm bội 2 của phương trình vô tỷ Nhiều học sinh sẽ mắc sau quá trình liên hợp lần thứ nhất nếu không phát hiện ra nghiệm bội 2.
b) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình x2 2y2 1
Từ phương trình ta có: x2 2y2 suy ra 1 2
x là số lẻ
Trang 4Do đó phương trình x2 2y2 trở thành: 1 4k24k 2y 2 0 y2 2k22k
Do đó y chẵn suy ra y chẵn mà y là số nguyên tố nên 2 y 2.
Khi đó ta được x2 9 x 3.
Vậy nghiệm nguyên tố của phương trình là x; y 3;2
Nhận xét: Đây là bài toán số học cơ bản, chỉ cần sử dụng tính chẵn lẻ là có thể giải quyết bài toán.
Bài 3 (4,0 điểm).
a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng:
a b c b c a c a b a b c 3abc
b) Tìm các số tự nhiên x, y sao cho x22y22xy 3y 4 0 (1)
a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng:
a b c b c a c a b a b c 3abc
Không biết vô tình hay ngẫu nhiên bài toán này đúng bài mình sáng tác cho hs và cũng cho học sinh làm rồi, chỉ tiếc là em lại không nhớ cách làm mặc dù rất đơn giản Có thể vào phòng thi các em bị tâm
lý đó là điều dễ hiểu mà
Ta dùng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức trên
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a abc a b c b abc b c a c abc c a b 0
a a bc ab ac b b ac bc ba c c ab ca cb 0
a a b a c b b c b a c c a c b 0
(*) Không mất tính tổng quát giả sử a b c
Khi đó VT (*) a b a a c b b c c c a c b
a b 2 a b c c c a c b
Vì a b c và a b c nên a b 2 a b c c c a c b 0
Vậy (*) đúng Đó là đpcm
Trang 5b) Tìm các số tự nhiên x, y sao cho x22y22xy 3y 4 0 (1)
Ta có x22y22xy 3y 4 0 x y 2y 1 y 4 0
y 1 y 4 x y 2
Vì x y 2 nên 0 y 1 y 4 0 4 y 1 y0;1
(vì y là số tự nhiên)
• Với y 0, thay vào (1) ta có: x2 4 0 x 2.
• Với y 1, thay vào (1) ta có: x22x 1 0 x 1 2 0 x (loại)1
Vậy các số tự nhiên cần tìm là x 2, y 0.
Bài 5 Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn x y z 3 và x4y4z4 3xyz.
Tính giá trị biểu thức M 2000x 201616y2016z2016.
Lời giải
Nhìn con số và số mũ của các biến ở biểu thức M ta thấy thật sự là kinh khủng Tuy nhiên với các thể loại toán này thì việc cho hệ số hay số mũ lớn chỉ mang tính hình thức, gây tâm lý cho học trò Bản chất bài này là đưa về bài toán cơ bản, nếu những ai đã quen bất đẳng thức thì bài này đơn giản
Từ giả thiết ta suy ra: x4y4z4 xyz x y z
Áp dụng bất đẳng thức a2 b2 c2 ab bc ca với mọi a, b, c (hs tự chứng minh)
Ta có: x4y4z4 x y2 2y z2 2z x2 2 (1)
2 2 2 2 2 2
x y y z z x xy.yz yz.zx zx.xy xyz x y z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra x4y4z4 xyz x y z
Dấu '' '' xảy ra khi và chỉ khi dấu '' '' trong (1) và (2) đồng thời xảy ra
x y z
Kết hợp với x y z 3 suy ra x y z 1.
Vậy M 2016.1 201616.1201612016 2033.
Nhận xét: Đây là bài toán cũ, tác giả chỉ làm mới số liệu nên là câu này không có nhiều tính sáng tạo, chỉ cần quen một chút bất đẳng thức thì sẽ giải quyết được bài toán.
Trang 6vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai E Cac đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng
b) Chứng minh tích AM.AN không đổi
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất
Lời giải a) Ta có FNAB tại C (gt) (1)
Vì M thuộc đường tròn đường kính AB nên ta dễ dàng chứng minh được AMB 90 o hay
NAFB tại M (2)
Từ (1) và (2) suy ra A là trực tâm của tam giác FBN suy ra FABN (3)
Mặt khác ta cũng chứng minh được AEBN (vì E thuộc đường tròn đường kính AB) (4)
Từ (3) và (4) suy ra F, A, B thẳng hàng
b) Dễ thấy hai tam giác vuông ACN và AMB đồng dạng
Do đó ta có
AM AC
AM.AN AB.AC
AB AN
Vì
AB
AC AO
2
nên
2 AB AM.AN
2
(không đổi) (ĐPCM)
c) Dễ dàng chứng minh hai tam giác vuông ACF và NCB đồng
dạng CFACBN
suy ra
2
CF.CN CA.CB AB
CA CN 4 (ko đổi)
Vậy NFNC CF min
khi NC CF
Vì
BA 2
BC 3 nên A là trọng tâm tam giác BNF (đpcm).
Nhận xét: Để chứng minh NF ngắn nhất ta chú ý đưa về bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của một tổng 2
số dương Tổng này có giá trị nhỏ nhất nếu hai số dương có tích không đổi Khi đó giá trị nhỏ nhất của tổng đạt được khi hai số dương đó bằng nhau.
NHẬN XÉT CHUNG: Đây là một đề thi hay vừa sức với học sinh và đủ để phân loại được học sinh.
Thực hiện lời giải và phân tích đề thi (2h45’)
E
O A
B
M
C
N F
Trang 7Thầy Phạm Như Toàn