HD chấm thi HSG huyện Toán 9 (07-08)

Hớng dẫn chấm toán 9 Câu 1. (4 điểm, mỗi câu 2 điểm) Tìm x, y N * sao cho: a) xy - 3x + y = 20; <=> xy - 3x + y -3 = 17<=> x(y 3) + (y -3) = 17 <=> (y 3)(x + 1) = 17 <=> x 1 1 y 3 17 + = = <=> x 0 y 20 = = (loại) ; Hoặc x 1 17 y 3 1 + = = <=> x 16 y 4 = = Vậy cặp số x, y thỏa mãn đ/k của bài toán là: (16, 4) b) + = + 2 2 x y 3 x y 5 Vì vai trò của x và y nh nhau nên giả sử x y. Ta có: 5(x + y) = 3(x 2 + y 2 ) <=> x(5 3x) = y(3y - 5). Vì x, y cùng dấu nên 5 3x và 3y 5 cùng dấu. + Nếu 5 3x > 0 thì 3y 5 > 0 => x < 5 3 và y > 5 3 => y > x vô lý. + Nếu 5 3x < 0 thì 3y 5 < 0 => x > 5 3 và y < 5 3 => y =1, x = 2; Vậy cặp số (x,y) thoả mãn đ/k bài toán là (1, 2); (2, 1) Câu 2. (4 điểm, mỗi câu 2 điểm) Cho các số dơng a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6abc. a) Chứng minh 2 2 2 1 1 1 6 a b c + + áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dơng ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 a b ab 1 1 2 b c bc 1 1 2 c a ac + + + => 2 2 2 1 1 1 a b c + + 1 1 1 a b c 6 ab bc ca abc + + + + = = Vậy 2 2 2 1 1 1 6 a b c + + . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 2 2 2 a b c 6abc 1 1 1 a b c + + = = = => a = b = c = 1 2 b) Tìm gía trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 a b c b c a + + . áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dơng ta có: 3 2 3 2 3 2 a 1 2 b ab b b 1 2 c bc c c 1 2 a ac a + + + => 3 3 3 a b c b c a + + + 6 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 12 a b c + + . Vậy 3 3 3 a b c 6 b c a + + Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1 2 Câu 3. (4 điểm, mỗi câu 2 điểm) a) Tìm phần d R(x) khi chia đa thức P(x) = x 2007 + x 207 + x 27 + x 7 + x + 1 cho đa thức Q(x) = x 3 - x R(x) có dạng: ax 2 + bx + c ; P(x) = Q(x) . M(x) + R(x) = x(x 1)(x + 1) . M(x) + ax 2 + bx + c. P(0) = 1 = c; P(1) = 6 = a + b + c; P(-1) = - 4 = a b + c => a = 0; b = 5. Vậy R(x) = 5x + 1 b) Tìm đa thức f(x) = 2x 2 + ax + b biết [ ] x 1,1 thì f ( x ) 1 Thay x = 0; x = 1; x = -1 vào đa thức f(x) = 2x 2 + ax + b ta có: f (0) b f (1) 2 a b f ( 1) 2 a b = = + + = + => ( ) ( ) ( ) 1 b 1 1 3 a b 1 2 3 a b 1 3 + + Cộng vế theo vế (2) và(3) ta đợc 3 b 1 , kết hợp với (1) => b = 1 Thay b = 1 vào (2) => -2 a 0; Thay b = 1 vào (3) => 0 a 2 => a = 0. => f(x) = 2x 2 1. Ta có: 2 2 2 2 0 x 1 0 2x 2 1 2x 1 1 2x 1 1 . Vậy đa thức phải tìm là f(x) = 2x 2 1 Câu 4. (3 điểm) Giải phơng trình: 2 2 2 3x 12 x 16 4 x 16 x 25 1 x 4 x+ + + + + = <=> 2 2 2 3(x 2) 4 4(x 2) 9 5 (x 2)+ + + + + = + mà 2 3(x 2) 4 2+ + ; 2 4(x 2) 9 3+ + 2 5 (x 2) 5 + x. Từ đó phơng trình đã cho chỉ có nghiệm khi hai vế nhận giá trị bằng nhau và bằng 5 hay 2 5 (x 2) 5 + = => x = - 2. Vậy nghiệm của phơng trình là x = - 2 Câu 5. (5 điểm, mỗi câu 2,5 điểm) Cho tam giác cân ABC ( à 0 A 90> ) à à B C = = . H là trung điểm của BC. Kẻ HD vuông góc với AC (D AC). Đờng thẳng AI vuông góc với BD (I BD) cắt HD tại O. Chứng minh: a) Sin2 = 2 sin .cos b) O là trung điểm của HD Lời giải a) H là trung điểm của BC nên AH BC Vẽ BE AC (E đờng thẳng AC) ã ã EAB 2ABC= (góc ngoài tam giác ABC). Ta có: Sin ã ABC 2 2S BE BE.AC EAB AB AB.AC AB = = = (1) 2Sin ã ã ABC 2 2 2S AH BH AH.BC ABH CosABH 2 . AB AB AB AB = = = (2) Từ (1) và (2) => Sin2 = 2 sin .cos b) Ta có: ã ã AHD ACH= ( Cùng phụ với ã HAD ) => CBE : HAD => CB CE HA HD = (3) Gọi K là giao điểm của BD với AH ã ã ã ã CBD BKH 1v, HAI AKD 1v+ = + = Mà ã ã BKH AKD= (đđ) nên ã ã CBD HAI= => CBD : HAO => CB CD HA HO = (4) Từ (3) và (4) CE HD = CD HO mà CE = 2 CD (HD là đờng trung bình tam giác BEC) Nên HD = 2HO => O là trung điểm của HD A C B E H D I K O . HO = (4) Từ (3) và (4) CE HD = CD HO mà CE = 2 CD (HD là đờng trung bình tam giác BEC) Nên HD = 2HO => O là trung điểm của HD A C B E H D I K O . cân ABC ( à 0 A 90 > ) à à B C = = . H là trung điểm của BC. Kẻ HD vuông góc với AC (D AC). Đờng thẳng AI vuông góc với BD (I BD) cắt HD tại O. Chứng