đó suy ra độ dài các cạnh của 3 Vì EMBN là tứ giác nội tiếp nên theo định lí Ptô-lê-mê ta có.[r]
Trang 1PHÒNG GD & ĐT THỌ XUÂN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Bài 1:
1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 2018x + 1 = 0 và x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2019x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4)
2) Cho a, b, c, d là các số thực và a2 + b2 < 1 Chứng minh rằng: phương trình
(a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 luôn có nghiệm
Bài 2: Giải hệ phương trình:
¿
x5− x4+2 x2y =2(1)
y5− y4 +2 y 2z=2(2)
z5− z4 +2 z 2x=2(3)
¿ { {
¿
Bài 3 :
1) Cho các số a, b, c, d, a + c, b + c, a + d, b + d là 8 số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 8 Biết a là số lớn nhất trong các số a, b, c, d Tìm a
2) Tìm các số tự nhiên: a1, a2 , a3, , a2018 thoả mãn:
¿
a1+a2+a3+ +a2018≥20182( 1)
a12+a22+a32+ .+a20182 ≤ 20183+1(2)
¿ {
¿
Bài 4.
Cho hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm A,B Biết rằng (C1) có tâm O1
và bán kính r1 = 1 cm; (C2) có tâm O2 và bán kính r2 = 2 cm; AB = 1 cm và hai điểm O1, O2 ở hai phía của đường thẳng AB
Xét đường thẳng (d) qua A, cắt (C1) và (C2) lần lượt tại các điểm M và N sao cho A nằm trong đoạn MN Tiếp tuyến của (C1) tại M và tiếp tuyến của (C2) tại N cắt nhau tại điểm E
1) Chứng minh rằng tứ giác EMBN là tứ giác nội tiếp
2) Tính độ dài các cạnh của tam giác AO1O2
3) Chứng minh rằng: 2EM + EN 4( √3 + √15 ) cm
Bài 5
Cho các số không âm a, b, x, y thoả mãn các điều kiện a2018 + b2018 1 và
x2018 + y2018 1 Chứng minh rằng : a1918x100 + b1918y100 1
Hết
Trang 2-Đáp án Bài 1
1) theo vi- ét ta có: x1 + x2 = - 2018; x3 + x4 = - 2019; x1x2 = x3x4 = 1
Mặt khác : (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4)
= [x1x2 + (x1 + x2)x3 + x32][x1x2 – (x1 + x2)x4 + x42]
= (1 – 2018x3 + x32)(1 + 2018x4 + x42)
= (x32 + 2019x3 +1 – 4037x3)(x42 + 2019x4 + 1 – x4) = (-4037x3)(-x4) = 4037
2) Phương trình (a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 luôn có nghiệm khi
và chỉ khi Δ' ≥ 0 ⇔ (ac+ bd – 1)2 - (a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1) 0
⇔ (ac+ bd – 1)2 (a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1) (*)
Do a2 + b2 < 1nên : nếu c2 + d2 1 thì (*) hiển nhiên đúng; Nếu c2 + d2 < 1, đặt
u = 1 - a2 - b2 và v = 1 - c2 - d2 ( 0 < u, v 1) Ta có :
(*) ⇔ (1 – ac – bd)2 (1 - a2 - b2)( 1 - c2 - d2) ⇔ (2 – 2ac – 2bd)2 4uv ⇔ [(a2 + b2 + u) + (c2 + d2 + v) – 2ac – 2bd]2 4uv, (do a2 + b2 + u = c2 +
d2 + v = 1)
⇔ [(a – c)2 + ( b – d)2 + u + v]2 4uv là bất đẳng thức đúng vì
[(a – c)2 + ( b – d)2 + u + v]2 (u +v) 4uv với mọi a, b, c, d và với mọi u, v dương Vậy (*) là bất đẳng thức đúng, phương trình luôn có nghiệm
Bài 2 Không mất tính tổng quát, giả sử x y z Ta thấy x, y, z đều khác 0 Nếu x > 1 thì từ (1) suy ra :
y = 2 − x5+x4
2 x2 <
2
2 x2=
1
x2<1 ⇒ y < 1 < x, điều này mâu thuẫn với giả thiết
x y z Suy ra x 1, ta có: x 1 ⇔ (x – 1)(x4 + 2x + 2) 0
⇔ x5 – x4+ 2x2 - 2 0 ⇔ 2x2 2 - x5 + x4
5
+x4
Từ (2) ⇒ z = 2 − y5+y4
2 y2 = 1
y2≤ 1 ⇒ z 1
Từ (3) ⇒ x = 2 − z
5
+z4
2 z2 , tương tự phần chứng minh với y ta có x 1
Suy ra : 1 x y z 1 ⇒ x = y = z =1 là nghiệm duy nhất của hệ
phương trình
Bài 3
1) Không mất tính tổng quát, giả sử c > d 1
Suy ra: a + c là số lớn nhất và a + c = 8 và a > 4
Trang 3Xét a = 5 suy ra c = 3 thì
d =1⇒
¿
b=2 ⇒b+c=a(loai)
¿
b=4 (loai)
¿
¿
d=2 ⇒b=1 ⇒b+d=3=c(loai)¿
¿ ¿
¿
¿
¿
¿ ¿
Xét a = 6 suy ra c = 2 thì d = 1 ⇒
b=3⇒ b+c=5; a+d=7 ; b+d=4(t/m)
¿
b=4 ⇒b+c=6=a(loai)
¿
¿
¿
¿
Xét a = 7 thì ⇒ c = d = 1(loại)
Vậy a = 6 là giá trị cần tìm
2) Từ bđt (1) suy ra : - 2.2018(a1 + a2+ a3+ …….+ a2018) -2.20183 (3)
a12 + a22 + a32 + +a2 2018 20183 + 1 (4)
Cộng theo vế của (3) và (4), ta được:
(a12 – 2.2018a1) + (a22 – 2.2018a2) + + (a20182 – 2.2018a2018) -2018 20182 + 1
⇒ (a1 – 2018)2 + (a2 – 2018)2 + + (a2018 – 2018)2 1
Suy ra: a1 = a2 = a3 …….= a2018 = 2018
Hoặc có 2017 số bằng 2018 và một số bằng 2019
Bài 4
1) Ta có ∠ MBA = ∠ EMN; ∠ NBA =
⇒ ∠ MBN = ∠ MBA + ∠ NBA =
∠ EMN + ∠ ENM = 1800 - ∠ MEN
⇒ ∠ MBN + ∠ MEN = 1800
⇒
EMBN là tứ giác nội tiếp
2) Gọi I là giao điểm của AB và O1O2 (AB
O1O2 tại I là trung điểm của AB) Ta
thấy Δ O1AB đều, có cạnh bằng 1 cm
⇒ AI = 12 cm ⇒
O1I = √1−1
4=
√3
2 cm; O2I = √4 −1
4=
√15
2 cm ⇒ O1O2 = √3+√15
2 cm Từ
đó suy ra độ dài các cạnh của Δ O1AO2
3) Vì EMBN là tứ giác nội tiếp nên theo định lí Ptô-lê-mê ta có
B
A
d E
M
H N
Trang 4EM.BN + EN.BM = EB.MN (1)
Mặt khác, hai tam giác BMN; AO1O2 đồng dạng do
∠ BMN = ∠ AO1O2 = 12 ∠ AO1B;
∠ BNM = ∠ AO2O1 = 12 ∠ AO2B
Suy ra BN:BM:MN = AO2:AO1:O1O2 = 2:1: √3+2√15 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2EM + EN = √3+2√15 EB (3)
Dựng BH EN, xét Δ BHE vuông tại H, ta có BHBE = sinBEH = sinBMN = sin300 = 12 Suy ra BE = 2BH Mặt khác, BH BN 2r2 = 4cm suy ra BE 8cm (4)
Từ (3) và (4) suy ra 2EM + EN = 4( √3+√15 )cm
Bài 5 : giải tổng quát bài toán : ‘Cho a, b, x, y là các số không âm thoả mãn am+n +
bm+n 1 và xm+n + ym+n 1 Chứng minh rằng : amxn + bmyn 1’’
Ap dụng BĐT cô-si cho m số am+n và n số xm+n ta có:
m am+n + n.xm+n (m+n)
x m +n¿n
a m +n
¿m¿
¿
m +n
√ ¿
= (m+n)amxn (1)
tương tự: m bm+n + n.ym+n (m+n)bmyn (2)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) (m+n)( amxn + bmyn) (3)
Vì am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n 1
nên m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) m + n (4)
Từ (3) và (4) suy ra: (m+n)( amxn + bmyn) m + n
⇒ amxn + bmyn 1 (đpcm)
Với m = 1918; n = 100 bài toán được chứng minh