ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013 CÓ LỜI GIẢI

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013 CÓ LỜI GIẢI

phòng gd-đt đức thọ đề thi olympic toán 9 năm học 2012-2013 Đề thi chính thức Thời gian làm bài 120 phút Bài 1: a) Giải phơng trình x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2+ + + = b) Với giá trị nào của tham số a thì phơng trình sau có nghiệm: ( ) + + = 2 2 a x 2a 3 1 x x 4 2 3 4 (*) Lời giải : a) Ta có ( ) ( ) 2 1 1 x 2 3 2x 5 2x 5 6 2x 5 9 2x 5 3 0 2 2 + + = + + = + ( ) ( ) 2 1 1 x 2 2x 5 2x 5 2 2x 5 1 2x 5 1 0 2 2 = + = ĐKXĐ: 5 2x 5 0 x 2 Phơng trình tơng đơng 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4+ + + = ( ) ( ) 2 2 2x 5 3 2x 5 1 4 2x 5 3 2x 5 1 4 + + = + + = 1 2x 5 1 2x 5 = . Ta có 1 2x 5 1 2x 5 , do đó dấu = xảy ra khi và chỉ khi 1 2x 5 0 2x 5 1 2x 5 1 x 3 . Kết hợp với ĐKXĐ ta có nghiệm của phơng trình là 5 x 3 2 b) ĐKXĐ: x 4 0 x 4 Phơng trình tơng đơng ( ) 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 x 4+ + = Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 a x 2a 3 1 x 3 1 ax 3 1 0+ + = + + = + ; x 4 0 . Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0 x 4 x 4 0 + + = + + = = = Để phơng trình (*) có nghiệm thì phơng trình ( ) 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0+ + = có nghiệm x = 4 Dó đó ( ) ( ) 2 2 2 1 3 a 4 2a 3 1 4 4 2 3 0 4a 3 1 0 a 4 + + = + = = Bài 2: a) Tìm GTNN của biểu thức = + + + + 2 2 P 1 4x 4x 4x 12x 9 b) Tìm số thực a để phơng trình sau có nghiệm nguyên + + = 2 x ax a 2 0 Lời giải : a) ( ) ( ) 2 2 2 2 P 1 4x 4x 4x 12x 9 2x 1 2x 3 2x 1 2x 3= + + + + = + + = + + 2x 1 3 2x 2x 1 3 2x 4= + + + + = GTNN của P là 4. Đạt đợc khi ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2x 1 3 2x 0 4x 4x 3 0 2x 1 4 2x 1 2 x 2 2 + b) Để phơng trình có nghiệm nguyên thì 0 ( ) 2 2 a 4a 8 0 a 2 12 a 2 2 3 a 2 2 3 ; a 2 2 3 + . Khi đó gọi x 1 ; x 2 là các nghiệm của phơng trình. Theo hệ thức Viets ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 x x a x x x x 2 x x 1 x 1 3 x 1 x 1 3 x x a 2 + = + = = = = + x 1 1 và x 2 1 là ớc của 3. Giả sử x 1 x 2 thì x 1 1 x 2 1. Ta có 2 trờng hợp sau: 1 1 2 2 x 1 3 x 4 x 1 1 x 2 = = = = khi đó a = 6 và 1 1 2 2 x 1 1 x 0 x 1 3 x 2 = = = = khi đó a = -2 Đối chiếu điều kiện ta có { } a 2; 6 là giá trị cần tìm Bài 3: a) Chứng minh rằng đờng thẳng (d) có phơng trình ( ) ( ) m 3 x m 2 y m 1 0 + = (m là tham số) luôn đi qua một điểm cố định A. Tìm tọa độ A b) Giải hệ phơng trình sau: 2 2 (1) (2) x y 3 x 2 4 x y 2xy 4x 4y 5 + = + + = Lời giải : a) Ta có ( ) ( ) m 3 x m 2 y m 1 0 mx my m 3x 2y 1 0 + = + + = ( ) ( ) m x y 1 2y 3x 1 0 + + = đúng với mọi m khi và chỉ khi x y 1 0 2x 2y 2 0 2y 3x 1 0 2y 3x 1 0 + = + = = = x 1 x 1 y x 1 y 2 = = = + = . Vậy đờng thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định A(1; 2) b) Từ phơng trình (2) suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 x y 2 3 x y 4 x y 4 9 x y 2 9 x y 2 3 + = + + = + = + = x y 1 x y 5 = = Với x y = 1 thay vào phơng trình (1) đợc x 2 2 x 4 x 2 2 x 2 2 x 0 = = = = = x = 4 y = 3; x = 0 y = -1 Với x y = -5 thay vào phơng trình (1) đợc x 2 4 = vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phơng trình là ( ) ( ) ( ) { } x;y 4;3 ; 0; 1 Bài 4: Cho ABC đều cố định nội tiếp trong đờng tròn (O). Đờng thẳng d thay đổi luôn đi qua A và cắt cung nhỏ AB tại điểm E (E A). Đờng thẳng d cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đờng tròn (O) lần lợt tại M và N, MC cắt BN tại F. Chứng minh rằng a) CAN BMA và MBC BCN b) Tứ giác BMEF nội tiếp đợc đờng tròn c) Chứng minh rằng đờng thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi Lời giải : a) Ta có ã ằ ã 0 1 ACN sđ AC ABC 60 2 = = = ã ã ã ã 0 1 MBA sđ AB ACB 60 ACN MBA 2 = = = = ã ẳ ằ ( ) 1 ANC sđ EBC AC 2 = ẳ ( ) ã 1 1 sđ EBC BC sđ BE BAM 2 2 = = = Xét CAN và BMA có ã ã ã ã ACN MBA ANC BAM = = CAN BMA (g g) A B C N M O E F K I CA CN BC CN BC BM BM BA BM CB CN CB = = = Xét MBC và BCN có ã ã 0 BC BM CN CB MBC BCN 120 = = = MBC BCN (c g c) b) Xét MBC và BFC có ã ã ã BMC CBF (vì MBC BCN) BCM chung = : (g g) ã ã ã 0 0 BFC MBC 120 BFM 60 = = = . Mặt khác ã ã 0 BCA AEB 180+ = , ã ã 0 BEM AEB 180+ = ã ã 0 BEM BCA 60= = . Suy ra ã ã 0 BEM BFM 60= = , tứ giác BMEF nội tiếp (E, F cùng nhìn MB dới 1 góc bằng nhau) c) Đờng thẳng EF cắt đờng tròn (O) tại K. Ta có ã ã BMF CBF= (vì MBC BFC); ã ã BMF BEF= (góc nội tiếp cùng chắn BF ); ã ã BMF BCK= (góc nội tiếp cùng chắn BK ) ã ã CBF BCK = BF // CK (1) Ta lại có ã ẳ ã 0 0 1 BKC sđ BAC 120 KBF 60 2 = = = mà ã 0 BFC 120= BK // FC (2) Từ (1) và (2) tứ giác BFCK là hình bình hành. Do đó EF đi qua trung điểm I của BC cố định Bài 5: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b + + + + + + + + + + + + + Lời giải : Với x, y > 0 ta có 1 1 4 x y x y + + . Thật vậy ( ) ( ) 2 2 1 1 4 x y 4xy x y 0 x y x y + + + với x, y. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y áp dụng bài toán phụ trên ta có: 1 1 4 2 a 3b b 2c a a 3b b 2c a a 2b c + = + + + + + + + + + 1 1 4 2 b 3c c 2a b b 3c c 2a b b 2c a + = + + + + + + + + + 1 1 4 2 c 3a a 2b c c 3a a 2b c c 2a b + = + + + + + + + + + Cộng theo vế 3 BĐT trên đợc 1 1 1 1 1 1 a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b + + + + + + + + + + + + + Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a 3b b 2c a b 3c c 2a b a b c c 3a a 2b c + = + + + = + + = = + = + + Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng THCS Hoàng Xuân Hãn . cần t m Bài 3: a) Chứng minh rằng đờng thẳng (d) có phơng trình ( ) ( ) m 3 x m 2 y m 1 0 + = (m là tham số) luôn đi qua m t đi m cố định A. T m tọa. Lời giải : a) Ta có ( ) ( ) m 3 x m 2 y m 1 0 mx my m 3x 2y 1 0 + = + + = ( ) ( ) m x y 1 2y 3x 1 0 + + = đúng với m i m khi và chỉ khi x y 1 0