Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC , H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đườn[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 18 – 3 – 2009
-
Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 / 3 / 2009
Bài 1 : ( 3,0 điểm )
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0
Bài 2 : ( 3,0 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1x+1
y+
1
z = 0 Chứng minh rằng : yz
x2+
zx
y2+
xy
z2=3
Bài 3 : (3,0 điểm )
Giải hệ phương trình :
√x +√y=7
√x − 20+√y+3=6
¿{
¿
¿
Bài 4: ( 4,0 điểm )
Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC Các tia AO , BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F Chứng minh rằng : OAAG+OB
BE +
OC
CF =2
Bài 5 : ( 4,0 điểm )
Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm
C sao cho AC = AB Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D , M là một điểm thay đổi trên đoạn AD Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC , H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi , HN luôn đi qua một điểm cố định
Bài 6 : ( 3,0 điểm )
Chứng minh : 17< 1
√2+
1
√3+ .+
1
√99+
1
√100<18
Trang 2
-SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 23 – 3 – 2010
-
Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 23 / 3 / 2010
-Bài 1 : ( 3,0 điểm )
1 Giải phương trình : x3
+2√81 −7 x3=18
2 Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số của nó bằng 2010
Bài 2 : ( 3,0 điểm)
Cho phương trình x2
− 2 mx+2m2−1=0 (1) ( m là tham số ).
1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
2 Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn hệ thức:
x13+x23− x12− x22=− 2
Bài 3 : (4,0 điểm )
1 Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất
P = 3 x2
+11 y2−2 xy −2 x+6 y −1
2 Cho đa thức P(x) bậc 5 có các hệ số nguyên Biết rằng P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x Chứng minh rằng :
Với mọi x Z thì P(x) không thể có số trị bằng 2010.
Bài 4: ( 6,0 điểm )
Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt các
cạnh BC, CA, AB tại P, Q, R Kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC.
a Chứng minh rằng : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4SABC
b Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất
Bài 5 : ( 4,0 điểm )
1 Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn hệ thức a + b + c = 6abc Chứng minh rằng :
bc
a3(c +2 b)+
ca
b3(a+2 c)+
ab
c3(b+2 a)≥ 2
2 Cho ba số thực α , β , γ > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M = α x
y+ z+
β y z+x+
γ z
x + y , với mọi x, y, z > 0
-LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH
Trang 3KHÓA NGÀY : 23 – 03 - 2010
Bài 1 :
1/ Giải phương trình : x3
+2√81 −7 x3=18 ( 1 )
ĐK : 81 – 7x3 ≥ 0 ⇔ 7x3 ≤ 81 ⇔ x3 ≤ 817
Đặt y = √81− 7 x3 ≥ 0 ⇒ y2 = 81 – 7x3 ⇒ x3 = 81 − y2
7 ( 2 )
(1) ⇔ 81 − y2
7 + 2y = 18 ⇔ 81 – y
2 + 14y = 126 ⇔ y2 - 14y + 45 = 0
⇒ y1 = 9 ; y2 = 5
+ với y = 9 thì từ (2) ⇒ x3 = 0 ⇒ x = 0 ( thõa )
+ với y = 5 thì từ (2) ⇒ x3 = 8 ⇒ x = 2 ( thõa )
Vậy S = { 0; 2 }
2/ Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số của nó bằng 2010.
Giải : Ta có số 6027 chia hết cho 2009 và có tổng các chữ số là 15
Mà: 2010 = 15 134 Do đó nếu viết số 6027 lặp lại 134 lần thì được số:
⏟6027 6027 6027 6027
134 so6027 Chia hết cho 2009 và có tổng các chữ số bằng 2010
Bài 2 :
Cho phương trình x2− 2 mx+2m2−1=0 (1) ( m là tham số ).
1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
Giải : PT (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔
Δ '>0
P>0 S>0
¿{ {
¿
¿
Δ’ = m2 – ( 2m2 – 1) = - m2 + 1 > 0 ⇔ m2 < 1 ⇔ -1 < m < 1
P = 2m2 – 1 > 0 ⇒ m2 > ½ ⇒¿¿
S = 2m > 0 ⇒ m > 0
Kết hợp các điều kiện trên , ta có : √12<m<1
2 Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thõa mãn
hệ thức: x13+x23− x12− x22=− 2
Với -1 < m < 1 , ta có : x1 + x2 = 2m ; x1x2 = 2m2 – 1
Có x13+x23− x12− x22=− 2 ⇔ (x1 + x2 )( x12 + x22 - x1x2 ) – (x12 + x22 ) = - 2
⇔ ( x1 + x2 )¿( x1 + x2)2 - 3 x1x2¿ - ¿x1 + x2 )2 – 2 x1x2¿ = -2
⇔( x1 + x2)3 - 3 x1x2( x1 + x2 ) - ( x1 + x2)2 + 2 x1x2 = - 2
⇔8m3 - 6m(2m2 – 1) – 4m2 + 2(2m2 – 1) = - 2
⇔- 4m3 + 6m – 2 = - 2 ⇔ m( 3 – 2m2 ) = 0 ⇔¿¿
Vậy m = 0 thõa mãn đề bài
Bài 3 :
1 Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất
Trang 4P = 3 x2+11 y2−2 xy −2 x+ 6 y −1
Ta có : P = ( x2 + 9y2 + 1 – 6xy - 2x + 6y ) + ( 2x2 + 4xy + 2y2 ) – 2
= ( x - 3y – 1)2 + 2( x + y)2 – 2 ≥ - 2
Pmin = - 2 ⇔
x − 3 y − 1=0
x + y =0
¿{
¿
¿
⇔
x=1
4
y=−1
4
¿{
¿
¿
2 Cho đa thức P(x) bậc 5 có các hệ số nguyên Biết rằng P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x Chứng minh rằng :
Với mọi x Z thì P(x) không thể có số trị bằng 2010.
Theo đề bài : P(x) – 2003 = (x – x1 )(x – x2)(x – x3)(x – x4) Q(x) ( * ) với Q(x) là nhị thức bậc nhất
Chứng minh phản chứng
Giả sử tồn tại x = a mà P(a) = 2010
Từ ( * ) ⇒ P(a) - 2003 = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a)
⇔ 7 = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a)
Số 7 viết được dưới dạng tích của ít nhất 4 số nguyên khác nhau ⇒ vô lý
Vậy ta có đpcm !
Bài 4:
Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại P, Q, R Kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC.
a Chứng minh rằng : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4 SABC
b Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất
Giải :
P M A
K
Q
H R
a) Chứng minh rằng : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4 SABC
+ Trường hợp ΔABC không có góc tù :
Vẽ BH AM tại H; CK AM tại K
Có : MA BH + MA CK = 2 ( SABM + SACM)
MA ( BH + CK ) = 2 ( SABM + SACM)
Mà BH + CK ≤ BC
⇒ MA BC ≥ 2 ( SABM + SACM) ( 1 ) Chứng minh tương tự :
MB CA ≥ 2( SABM + SBMC ) ( 2 )
MC AB ≥ 2( SAMC + SBMC ) ( 3 ) Cộng ba bất đẳng thức trên, ta có đpcm
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ m là trực tâm ΔABC
Trang 5B C
A
B'
M
+ Trường hợp ΔABC tù , giả sử góc A > 900
Vẽ AB’ AB và AB’ = AB
M ≠ A và M nằm trong ΔAB’C ( nếu không ta vẽ AC’
AB và AC’ = AC , giải tương tự ) ABB’ = AB’B ⇒ MB’B > MBB’ ⇒ MB > MB’
Mà : CB’B > CBB’ ⇒ CB > CB’
Do đó : MA BC + MB CA + MC AB > MA B’C + MB’ CA + MC AB’
Theo trên : MA B’C + MB’.CA + MC AB’ ≥ 4SAB’C
=2AB’ AC
Do đó: MA BC + MB CA + MC AB > 2AB.AC > 4SABC ( đpcm )
b) Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất