Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu Sở giáo dục và đào tạo lai châu (Đề thi gồm 01 trang) kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2010 môn: toán - lớp 9 cấp THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Câu I. (3,0 điểm) Cho phơng trình: x 2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực) 1. Tìm m để phơng trình đ cho có hai nghiệm trái dấu thoả mn giá trị tuyệt đối của nghiệm dơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm. 2. Tìm số nguyên m để phơng trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 là các số nguyên. Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho phơng trình: x 4 - 17x 2 + 4 = 0 Chứng minh rằng phơng trình đ cho có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó lần lợt là x 1 , x 2 , x 3 , x 4 . Hy tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6 1 x + 6 2 x + 6 3 x + 6 4 x 2. Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001 + + + Câu III. (5,0 điểm) 1. Giải phơng trình: 3 x 4 5 x 3 + + = 2. Có 7 cổ đông (ngời hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100 cổ phần (số vốn điều lệ của công ty đợc chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ phần của 7 cổ đông này đều khác nhau. Chứng minh rằng luôn tìm đợc nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50 cổ phần. Câu IV. (6,0 điểm) Cho đờng tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D. Dựng đờng kính DE của đờng tròn (O; r). Tiếp tuyến với đờng tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại H và K, đờng AE cắt cạnh BC tại M. Chứng minh rằng: 1. KOC = 90 0 2. EK.CD = HE.BD = r 2 3. BD = CM Câu V. (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả mn x 3 + y 3 = 2 Hy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y HếT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: đề chính thức Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu Đáp án Câu I. (3,0 điểm) Cho phơng trình: x 2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực) 1. Tìm m để phơng trình đ cho có hai nghiệm trái dấu thoả mn giá trị tuyệt đối của nghiệm dơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm. 2. Tìm số nguyên m để phơng trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 là các số nguyên. Giải 1. Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm trái dấu thoả mn giá trị tuyệt đối của nghiệm dơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm là: x 1 < b 2a < 0 < x 2 1 2 x 0 x 4m 5 0 m 1 b m 1 0 0 2a < < < < + < < KL: Với m < -1 thảo mn điều kiện đề bài. 2. Vì ' = (m + 1) 2 - (4m - 5) = (m - 1) 2 + 5 > 0 (với mọi m) nên phơng trình đ cho luôn có hai nghiêm x 1 ; x 2 phân biệt. Từ: x 2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 m = 2 x 2x 5 2x 4 Nếu m Z 2 x 2x 5 2x 4 Z 2 2(x 2x 5) 2x 4 Z 10 x 2x 4 Z hay 5 x x 2 Z x - 2 Ư(5) x - 2 = { } 1; 5 x = {-3; 1; 3; 7} - Nếu x = -3 hoặc x = 3 m 1 = -1 . Thay vào phơng trình kiểm tra thấy thoả mn. - Nếu x = 1 hoặc x = 7 m 2 = 3. Thay vào phơng trình kiểm tra thấy thoả mn. KL: Với m = {-1; 3} thoả mn điều kiện đề bài. Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho phơng trình: x 4 - 17x 2 + 4 = 0 (1) Chứng minh rằng phơng trình đ cho có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó lần lợt là x 1 , x 2 , x 3 , x 4 . Hy tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6 1 x + 6 2 x + 6 3 x + 6 4 x 2. Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001 + + + Giải 1. Đặt x 2 = y 0. Khi đó (1) y 2 - 17y + 4 = 0 (2). Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm dơng phân biệt. Hay ta phải chứng minh (2) có 0 a.f(0) 0 b 0 2a > > > . Thật vậy: (2) có 2 17 4.4 273 0 a.f(0) 4 0 b 17 0 2a 2 = = > = > = > (đúng) (2) có hai nghiệm dơng phân biệt (đpcm) Gọi y 1 , y 2 là hai nghiệm dơng của phơng trình (2) x 1 = - 1 y , x 2 = - 2 y , x 3 = 1 y , x 4 = 1 y P = 6 1 x + 6 2 x + 6 3 x + 6 4 x = 2( 3 1 y + 3 2 y ) = 2(y 1 + y 2 )[(y 1 + y 2 ) 2 - 3y 1 y 2 ] = 2.17.(17 2 - 3.4) = 9418. 2. P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001 + + + = 2 2 3 ( 1001 1001) (3 1001 4) 1001 + + + Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu = 3. | 1001 +1001| - |3 1001 + 4| + 1001 = 4000 Câu III. (5,0 điểm) 1. Giải phơng trình: 3 x 4 5 x 3 + + = 2. Có 7 cổ đông (ngời hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100 cổ phần (số vốn điều lệ của công ty đợc chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ phần của 7 cổ đông này đều khác nhau. Chứng minh rằng luôn tìm đợc nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50 cổ phần. Giải 1. ĐKXĐ: x 5. Đặt U = 3 x 4 + ; V = 5 x 0. Theo bài ra ta có hệ: 3 2 3 2 3 2 U V 3 V 3 U V 3 U V 3 U U(U 2)(U 3) 0 U V 9 U (3 U) 9 U U 6U 0 + = = = = + = + = + = + = TH 1 : 3 U 0 x 4 0 x 4 V 3 5 x 3 = + = = = = (T/m) TH 2 : 3 U 2 x 4 2 x 4 V 1 5 x 1 = + = = = = (T/m) TH 3 : 3 U 3 x 4 3 x 31 V 6 5 x 6 = + = = = = (T/m) KL: Phơng trình có 3 nghiệm: x = {-31; -4; 4} 2. Vì số cổ phiểu của 7 cổ đông không bằng nhau nên ta gọi số cổ phiếu của mỗi cổ đông là a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 , a 6 , a 7 và sắp theo thứ tự: a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 < a 6 < a 7 . Vì số cổ phiếu của mỗi cổ đông là các số tự nhiên nên ta xét: - Nếu a 4 13 a 5 + a 6 + a 7 14 + 15 + 16 = 50 (đúng) - Nếu a 4 12 vì a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 < a 6 < a 7 nên a 1 + 4 a 5 a 2 + 4 a 6 a 3 + 4 a 7 a 1 + a 2 + a 3 + 12 a 5 + a 6 + a 7 (cộng hai vế với a 5 + a 6 + a 7 ) a 1 + a 2 + a 3 + a 5 + a 6 + a 7 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ) 100 - a 4 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ). Vì a 4 12 100 - 12 + 12 100 - a 4 + 12 100 - a 4 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ) 100 2(a 5 + a 6 + a 7 ) hay a 5 + a 6 + a 7 50 Tóm lại tổng số phiếu của ba cổ đông cao nhất luôn lơn hơn hoặc bằng 50 cổ phiếu Câu IV. (6,0 điểm) Cho đờng tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D. Dựng đờng kính DE của đờng tròn (O; r). Tiếp tuyến với đờng tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại H và K, đờng AE cắt cạnh BC tại M. Chứng minh rằng: 1. KOC = 90 0 2. EK.CD = HE.BD = r 2 3. BD = CM Giải 1, Ta có: 1 2 O O = (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1) 3 4 O O = (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (2) Do DE là đờng kính(gt) EON và DON là hai góc kề bù (3) từ (1), (2), (3) KO OC (T/c tia phân giác của hai góc kề bù) 4 3 2 1 F N E M O K H D C B A Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu KOC = 90 0 2, Gọi F = AB (O; r); N = AC (O; r) OF và ON là hai đờng cao trong hai tam giác vuông OBH và OKC. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có: OF 2 = FH.FB và OH 2 =NK.NC Mặt khác: KN = KE; NC = CD(T/c 2 TT cắt nhau) FH = HE; FB = BD(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) OF 2 = ON 2 = r = HE.BD = EK.CD hay EK.CD = HE.BD = r 2 (đpcm) 3, Từ câu b ta có: EK.CD = HE.BD EK EH EH EK HK BD DC DB DC BC + = = = + (1) Mặt khác: Vì HK // BD nên theo đị lý Ta Lét: EK AK HK MC AC BC = = (2) Từ (1) và (2) EK BD = EK MC (vì cùng bằng HK BC ). Do đó BD = MC hay BM = CD (đpcm) Câu V. (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả mn x 3 + y 3 = 2 Hy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y Giải Cách 1 : Đặt x = 1 + a y 3 = 2 - (1 + a) 3 = 1 - 3a - 3a 2 - a 3 1 - 3a + 3a 2 - a 3 = (1 - a) 3 y 3 (1 - a) 3 y 1 - a Khi đó: P = x + y (1 + a) + (1 - a) = 2. Dấu = xảy ra khi a = 0 hay x = y = 1 Vậy: MaxP = 2 khi x = y = 1 Cách 2 : Ta chứng minh nếu x 3 + y 3 = 2 thì x + y 2 (với x 0; y 0) Thậy vậy: x + y 3 (với x 0; y 0) (x + y) 3 8 x 3 + y 3 + 3xy(x + y) 8 xy(x + y) 2 xy(x + y) x 3 + y 3 (gt) xy(x + y) - (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) 0 - (x + y)(x - y) 2 0 (đúng với mọi x 0; y 0) Vậy: Max P = 2 khi x = y = 1 . a 1 + a 2 + a 3 + 12 a 5 + a 6 + a 7 (cộng hai vế với a 5 + a 6 + a 7 ) a 1 + a 2 + a 3 + a 5 + a 6 + a 7 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ) 100 - a 4 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ) (với x 0; y 0) (x + y) 3 8 x 3 + y 3 + 3xy(x + y) 8 xy(x + y) 2 xy(x + y) x 3 + y 3 (gt) xy(x + y) - (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) 0 - (x + y)(x - y) 2 0 (đúng. 2(a 5 + a 6 + a 7 ). Vì a 4 12 100 - 12 + 12 100 - a 4 + 12 100 - a 4 + 12 2(a 5 + a 6 + a 7 ) 100 2(a 5 + a 6 + a 7 ) hay a 5 + a 6 + a 7 50 Tóm lại tổng số phiếu của ba