Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 - Năm học 2010-2011 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 - Năm học 2010-2011 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: TOÁN – LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút 3 1 1 Bµi 1: Cho ph­¬ng tr×nh x 3 m 1 x m 3 0 (*) x x a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh khi m = 3 b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã ®óng hai nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt 2 1 1 1 1 1 1 Bµi 2: a) Cho a, b, c Z tháa m·n ®iÒu kiÖn 2 2 2 a b c a b c Chøng minh r»ng a3 + b3 + c3 chia hÕt cho 3 b) Gi¶i ph­¬ng tr×nh x3 + ax2 + bx + 1 = 0, biÕt r»ng a, b, c lµ sè h÷u tØ vµ 1 + 2 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh Bµi 3: Cho x, y N* tháa m·n x + y = 2011. T×m GTNN vµ GTLN cña biÓu thøc P = x x2 y y y2 x Bµi 4: Cho nöa ®­êng trßn t©m O, ®­êng kÝnh AB = 2R, mét d©y cung MN = R di chu yÓn trªn nöa ®­êng trßn. Qua M kÎ ®­êng th¼ng song song ON c¾t ®­êng th¼ng AB t¹i E. Qua N kÎ ®­êng th¼ng song song OM c¾t ®­êng th¼ng AB t¹i F. a) CMR: MNE  NFM b) Gäi K lµ giao ®iÓm cña EN vµ FM. H·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña d©y MN ®Ó chu vi tam gi¸c MKN lín nhÊt Bµi 5: Cho a, b, c > 0 vµ abc = 1. a3 b3 c3 3 Chøng minh r»ng 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4
2. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011 LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án 1 1 a) x3 (m 1)(x ) m 3 0 (1). Đk: x 0. x3 x 1 1 1 1 Khi m = 2: (1) trở thành x3 3(x ) 1 0 (x )3 1 x 1 x3 x x x 1 5 x2 x 1 0 x (thoả mãn) 2 1 1 b) Đặt x t (2), ta có : x3 t3 3t . x x3 Khi đó (1) trở thành : t3 (m 2)t m 3 0 (t 1)(t2 t m 3) 0 (3) Bài 1 t 1. 2 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 : 0 4m 11 0 11 0 m 11 b ; 1 ; 4 m ; m 5 (cả 2 giá trị thoả mãn) 1 g(1) 0 1 4 2a 2 m 5 11 Vậy cácgiá trị của m cần tìm là m ; m 5. 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a) Từ giả thiết ( )2 2( ) 0 a b c 0 a b c a 2 b2 c2 ab bc ca a b c a3 b3 3ab(a b) c3 a3 b3 c3 3abc (*) Từ (*) dễ thấy khi a, b, c Z thì (a3 b3 c3 )3 , 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 Bài 2 Biến đổi và rút gọn, ta được: (3a b 8) (2a b 5) 2 0 (2) 3a b 8 0 a 3 Do a, b là các số hữu tỷ nên (2) chỉ xảy ra khi và chỉ khi 2a b 5 0 b 1 Thay các giá trị của a, b vào (1), ta có: x3 - 3x2 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 Có thể giả sử: x > y, suy ra: 1006 x 2010 (1). Đặt 2011 = a. Khi đó: P = (x3 y3 ) 2xy (x y)3 3xy(x y) 2xy a3 3x(a x)a 2x(a x)
3. 1 1 P = (3a 2)x2 (3a 2 2a)x a3 (3a 2)(x2 ax) a3 (3a 2)[(x a)2 a 2 ] a3 2 4 Bài 3 1 2 3 1 2 P (3a 2)(x a) [a a (3a 2)] (2) 2 4 1 1 Vì 3a - 2 >0, x a 0 (do (1)) nên hàm số y = mX2 (với m = 3a - 2, X x a ) đồng biến 2 2 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. a) M Từ giả thiết suy ra: M· EO N· OF (đồng vị) K N M· OE N· FO (đồng vị) nên EMO ~ ONF E A O F B ME OM ME.NF=OM.ON ON NF ME MN ME.NF=MN 2 (1) NM NF Bài 4 Ta có E· MN 120 0 (cùng bù với M· NO 60o do ME//ON) Tương tự F·NM 1200 nên E· MN F·NM (2) Từ (1), (2) ta được MNE ~ NFM b) I Ta có : M· KN M· EK E· MK K· MN E· MK = E· MN 1200 . nên K thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn MN. K Trên tia MK, lấy điểm I sao cho 0 120 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, M N 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 M· NK 300 M· EN 300 E  A MN / /AB đó là vị trí cần xác định của dây MN.
4. 3 Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P (1) 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có: a3 1 b 1 c a3 (1 b)(1 c) a3 1 b 1 c 3 33 a (2) Bài 5 (1 b)(1 c) 8 8 64(1 b)(1 c) (1 b)(1 c) 8 8 4 b3 1 c 1 a 3 c3 1 a 1 b 3 Tương tự, ta có: b (3) , c (4) (1 c)(1 a) 8 8 4 (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 1 3 3 P (a b c) .33 abc P , đpcm. (Dấu “=” xảy ra a b c 1) 4 2 2 2 4 ____________ Hết ___________