Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN : TOÁN 9 (ĐỀ THỰC NGHIỆM 10) Năm học : 2010-2011 Thời gian : 150 phút Bài 1 : a). Cho hàm số 3 2011 f (x) (x 12x 31)= + − .Tính f(a) tại 3 3 a 16 8 5 16 8 5= − + + . b). Rút gọn biểu thức : 2 3 2 3 M 2 4 2 3 2 4 2 3 + − = + + + − − Bài 2 : a). Giải phương trình : 2 3 2 3 x x x x x= − + − b). Giải hệ phương trình : 2 1 1 1 2 x y z 2 1 4 xy z + + = − = Bài 3 : Cho phương trình 2 2 x 2mx 2m 1 0 (1) − + − = (m là tham số) a). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. b). Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ; x thỏa mãn hệ thức 3 3 2 2 1 2 1 2 x x x x 2+ − − = − Bài 4 : a). Cho 4 số thực bất kì a, b, c, d. Chứng minh : 2 2 2 2 ab cd (a c )(b d )+ ≤ + + . Dấu “=” xảy ra khi nào ? b). Với giá trị nào của góc nhọn α thì biểu thức : P 3sinα 3 cos α= + có giá trị lớn nhất ? Cho biết giá trị lớn nhất đó. Bài 5 : Giả sử AC là đường chéo lớn của hình bình hành ABCD. Từ C vẽ đường vuông góc CE với đường thẳng AB, đường vuông góc CF với đường thẳng AD (E, F thuộc phần kéo dài của các cạnh AB và AD). Chứng minh rằng : 2 AB.AE AD.AF AC+ = . E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 1 Trường THCS TT Phú Hoà Họ - tên : ………………………… Lớp : … Điểm Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà Bài 6 : Tam giác ABC có hai trung tuyến AK và CT cắt nhau tại O. Từ một điểm B bất kì trên cạnh AC vẽ các đường thẳng PE // AK, PF // CT (E thuộc BC, F thuộc AB). Các trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng CF theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng : FM = MN = NE. E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 2 Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà ĐÁP ÁN Bài 1 : a). * Tính a. Biến đổi a được biểu thức 3 3 a 12a 32 0 a 12a 31 1+ − = ⇒ + − = * 2011 f (a) 1 1= = b). Kết quả M = 1. Bài 2 : a). Điều kiện : x 0 x 1 = ≥ * Với x = 0 thỏa mãn phương trình. * Với x 1≥ , theo BĐT Cô-si ta có : 3 2 2 2 1 x x x (x 1) (x x 1) 2 − = − ≤ + − 3 2 2 1 x x 1(x x) (x x 1) 2 − = − ≤ − + 3 2 3 2 x x x x x⇒ − + − ≤ Dấu “=” xảy ra 2 2 2 2 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 = − = − ⇔ ⇔ − = = + x 1 x 1⇒ − = + (vô lý) Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 0. b). 2 1 1 1 2 (1) x y z (I) (x; y;z 0) 2 1 4 (2) xy z + + = ≠ − = Từ (1) suy ra : 2 2 2 1 1 1 2 2 2 4 x y z xy xz yz + + + + + = Thế vào (2) được : E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 3 Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z x y z xy xz yz 1 1 2 2 2 0 x y z xz yz 1 2 1 1 2 1 0 x xz z y yz z 1 1 1 1 0 x z y z 1 1 0 x z x y z 1 1 0 y z − = + + + + + ⇔ + + + + = ⇔ + + + + + = ÷ ÷ ⇔ + + + = ÷ ÷ + = ⇔ ⇔ = = − + = Thay vào hệ (I) ta được : ( ) 1 1 1 x; y;z ; ; 2 2 2 = − ÷ Bài 3 : a). Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Δ ' 0 2 P 0 m 1 2 S 0 > ⇔ > ⇔ ⇔ < < > b). Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt : m 1< Theo hệ thức Vi-et : 1 2 2 1 2 x x 2m x .x 2m 1 + = = − Ta có : 3 3 2 2 2 1 2 1 2 x x x x 2 m(2m 3) 0+ − − = − ⇔ ⇔ − = m 0 ⇔ = (vì 2 2m 3 2 3 0− < − < , do m 1< ) Bài 4 : a). Ta có : 2 2 2 2 0 ab cd (a c )(b d )≤ + ≤ + + . Bình phương hai vế và biến đổi, ta được : ( ) 2 ad bc 0− ≥ (luôn đúng) Vậy : 2 2 2 2 0 ab cd (a c )(b d )≤ + ≤ + + E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 4 Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà Dấu “=” xảy ra c d ad bc 0 (a 0;b 0) a b ⇔ − = ⇔ = ≠ ≠ b). Từ kết quả câu a, ta có : P 3sinα 3 cos α= + > 0 nên ( ) 2 2 2 2 P 3sinα 3 cos α 3 3 (sin α cos α) 2 3= + ≤ + + = max 0 P 2 3 3cosα 3 sin α 0 sinα 3 tanα 3 α 60 cosα 3 ⇒ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Bài 5 : + Vẽ BG AC ⊥ ΔABG ΔACE(g.g) AB.AE AC.AG (1) + ⇒ = : ΔCBG ΔACF(g.g) BC.AF AC.CG (2) + ⇒ = : Cộng từng vế của (1) và (2) được : AB.AE + BC.AF = AC.AG + AC.CG = AC.(AG + CG) = AC.AC = AC 2 . Vậy : 2 AB.AE AD.AF AC+ = Bài 6 : E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 5 Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà Vì AK // PE nên FM FQ (1) FE FP = CT // PF nên FQ FP TO CT = (vì cùng bằng AF AT ) Suy ra : FQ TO 1 (2) FP CT 3 = = Từ (1) và (2) suy ra FM 1 1 FM FE FE 3 3 = ⇒ = Tương tự, ta cũng có 1 EN FE 3 = và do đó suy ra 1 MN EF 3 = Vậy FM = MN = NE E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 6 Giáo viên : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà E-Mail : tranquochung_phuhoa@yahoo.com.vn – Website : http://violet.vn/tranquochung1975 Page 7 . : Trần Quốc Hưng – THCS TT Phú Hoà ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN : TOÁN 9 (ĐỀ THỰC NGHIỆM 10) Năm học : 2 010- 2011 Thời gian : 150 phút Bài 1 : a). Cho hàm số 3 2011 f (x) (x 12x 31)= + − .Tính. 2 x 2mx 2m 1 0 (1) − + − = (m là tham số) a). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. b). Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ; x thỏa mãn. phân biệt 1 2 x ; x thỏa mãn hệ thức 3 3 2 2 1 2 1 2 x x x x 2+ − − = − Bài 4 : a). Cho 4 số thực bất kì a, b, c, d. Chứng minh : 2 2 2 2 ab cd (a c )(b d )+ ≤ + + . Dấu “=” xảy ra khi nào