Hớng dẫn chấm học sinh giỏi toán 9 đề I Câu 1: Biến đổi tử số: ( )( ) ( )( ) ( ) 138517 3851738517 2538517 2 2 3 == += + Biến đổi mẫu số: ( ) 3535 535 56145 2 =+= += Vậy 3 1 thay vào biểu thức A ta có: 2007 2007 22 2007 23 32 3 8 3 1 2 3 1 .8 3 1 .3 = ++= + + = A Vậy A=3 2007 x 0 ; y 0 ) là điểm nào đó mà đồ thị hàm số luôn luôn đi qua mọi giá trị của m. Vậy x 0 ; y 0 phải thoả mãn với mọi m: ( ) (*)13)6(: 613 000 2 0 0 2 00 =+ +++= xymxxHay mxmmxy Phơng trình (*) đúng với mọi m nên phải có : )2(013 )1(06 00 0 2 0 = =+ xy xx Phơng trình (1) có 2 nghiệm x 0 =2 ; x 0 =-3 Thay x 0 = 2 vào (2) ta có y 0 =7; thay x 0 =-3 vào (2) ta có y 0 = -8 Vậy với mọi giá trị của m, đồ thị của hàm số đã cho đi qua hai điểm A(2;7) và B(- 3;-8) Câu 3: Chứng minh bất đẳng thức: 1 12007.3 1 2007.3 1 32007 1 22007 1 12007 1 > + +++ + + + + + Đặt n=2007 ta cần chứng minh: 1.3 1 .3 1 3 1 2 1 1 1 + +++ + + + + + = nnnnn P (1) Viết : 1 1 2 1 3 1 13 1 + + + +++ + = nnnn P (2) Cộng (1) với (2) đợc 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,75 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 1 ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) )3( 113 1 23 1 3.2 1 131 1 122 113 24 23 24 3.2 24 131 24 1 1 13 1 2 1 3 1 3 1 2 1 13 1 1 1 2 ++ + + ++ + + ++ += ++ + + + + ++ + + + ++ + = + + + + + +++ + + + + + + = nnnnnnnn n nn n nn n nn n nn n nnnnnnnn P Mỗi mẫu số trong các số hạng của(3) có dạng: (n + k)(3n k + 2)=(2n + 1) 2 - (n k + 1) 2 < (2n + 1) 2 với 1 k 2n + 1 Tổng của (3) có 2n + 1 số hạng nên ( ) 12 12 12 ).12(22 2 >= + + +> PraSuy n n nP Câu 4 Đặt a=m 2 + 5, ta có phơng trình: x 2 + ax 1 = 0 với a Z. theo định lý Vi ét : x 1 + x 2 =-a, với a Z và x 1 .x 2 =-1 Biến đổi ( ) ( ) ( )( ) )1( 4 221 4 1 2 2 2 1 3 2 2 3 2 1 6 2 6 1 xxxxxxxxxx ++=+=+ từ ( ) 22 2 21 2 21 2 2 2 1 +=+=+ axxxxxx và ( ) ( ) 323 2 22 1 2 1 2 2 2 2 1 4 221 4 1 +=+=+ axxxxxxxx Thay vào (1) đợc: ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) )2(232322 2 3 2 2 226 2 6 1 ++=++=+ aaaaxx a. Thay a = m 2 + 5 vào (2) ta đợc: ( ) [ ] ( ) [ ] 25325 2 2 2 26 2 6 1 ++++=+ mmxx b. Từ (2)ta có: ( ) )3(323 3 26 2 6 1 ++ axx Ta chứng minh rằng: 33 3 bb đặt b = 3t + r với r = 0,1,2 thì b 3 = 27t 3 + 27t 2 r + 9tr 2 + r 3 nghĩa là tbrb 303 3 == vậy (3) xẫy ra khi 313312 222 +=+ aaa hay ( ) ( )( ) ( ) 31346315 2222 2 2 ++++ mmmmm (4) đặt m = 3t + rvới r= 0,1,2 thì (4) xẫy ra m = 3t Vậy )3(33 6 2 6 1 mxx + 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 2 Câu 5: 1. Hai điểm A và C cùng nhìn EF dới 1 góc vuông nên A,C dều nằm trên đờng tròn tâm M, đờng kính EF. Từ đó 0 45== FACFEC và các góc CFMMCFECM ,, đều bằng 45 0 Suy ra: CE = CF từ đó BCMECBACE == 0 45 Hơn nữa raSuyMBCEAC .135 0 == EAC EAC 2. Đặt BN = x với 0 < x < a thì An=a x 0 từ đó AEN BCN suy ra: ( ) a x a x xaa AE BN AN BC AE = == 2 (1) Từ CD = CB, CE = CF và BCFBCMACEDCE ==+= 00 4545 suy ra CBFCDE = do đó BF = DE = DA + AE = x a a x a a 22 =+ (2) Ta có AF = AB + BF = x a a 2 + (3) Từ (1), (2), (3) tính đợc : S ACEF = S CBF + S ACB + S FAE =ẵ(a 2 + AE.AF +CB.BF) = 2 34322 2 22 1 x xaa x a a x a a x a a + = + + + Để S ACFE = 3S ABCD cần giải phơng trình 2 2 34 3 2 a x xaa = + hay 6a 2 x 2 - a 3 x a 4 = 0 <=> 6x 2 - ax a 2 = 0 Giải phơng trình này đợc : 3 ; 2 21 a x a x == (loại) vậy 2 a BN = 3 . Hớng dẫn chấm học sinh giỏi toán 9 đề I Câu 1: Biến đổi tử số: ( )( ) ( )( ) ( ) 138517 3851738517 2538517 2 2 3 == += + . góc vuông nên A,C dều nằm trên đờng tròn tâm M, đờng kính EF. Từ đó 0 45== FACFEC và các góc CFMMCFECM ,, đều bằng 45 0 Suy ra: CE = CF từ đó BCMECBACE == 0 45 Hơn nữa raSuyMBCEAC .135 0 == EAC . 3 1 2 1 13 1 1 1 2 ++ + + ++ + + ++ += ++ + + + + ++ + + + ++ + = + + + + + +++ + + + + + + = nnnnnnnn n nn n nn n nn n nn n nnnnnnnn P Mỗi mẫu số trong các số hạng của(3) có dạng: (n + k)(3n k + 2)=(2n + 1) 2 - (n k + 1) 2 < (2n + 1) 2 với 1