Bài giảng Đê thi HSG 2010

Phòng GD&ĐT Đông sơn Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Trờng THCS Đông Tiến GV ra đề : Lê Văn Hoan. Môn : Toán ( Bảng A) Thời gian : 150 phút không kể chép đề. Bài1: 1) Cho hàm số f(x) = a x 2 + bx + c thoả mãn điều kiện : f(x) 1, x [-1;1]. Chứng minh rằng khi x 1 thì cx 2 + bx + a 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x 3 - 2y 3 = 4z 3 Bài2: Giải hệ phơng trình : x 2 y 2 - 2x +y 2 = 0 2x 2 - 4x + 3 + y 3 = 0 Bài 3: 1) Giải phơng trình : 3 2 - x + x - 1 = 1 2) Cho hệ phơng trình : x 2 + y 2 + z 2 = 2 xy + yz + xz = 1 -4 4 Giả sử hệ phơng trình có nghiệm, Chứng minh x, y, z 3 3 Bài4: Từ điểm M trên cung nhỏ AC của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( M khác A và C) kẻ MK BC, MH AC, ( K BC; H AC) . Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AB và HK. Chứng minh rằng MF EF. Bài5: Qua M nằm trong tam giác ABC ta kẻ MA 1 , MB 1 , MC 1 lần lợt vuông góc với các đờng thẳng BC, CA,AB ( A 1 BC ; B 1 CA; C 1 AB) .Đặt BC = a , a b c CA = b, AB = c. Tìm giá trị nhỏ nhất của: + + MA 1 MB 1 MC 1 Đáp án Bài1: (5 điểm) 1) (3,0đ): Hàm số f(x) = ax 2 + bx + c thỏa mãn điều kiện f(x)1 , x [-1; 1] Thay x lần lợt các giá trị 1; -1; 0 ta đợc : f(1) = a + b + c; f(-1) = a -b +c; f(0) = c . (0,25đ) 1 1 Từ f(1) = a + b + c a = f(1) + f(-1) -f(0) 2 2 => 1 1 f(-1) = a - b +c b = f(1) - f(-1) (0,5đ) 2 2 f(0) = c c = f(0) Ta có : 1 1 1 1 cx 2 + bx + a = f(0)x 2 + [ f(1) - f(-1)] x + f(1) + f(-1) - f(0) 2 2 2 2 1 1 = f(0) (x 2 - 1) + f(1) ( x +1) + f(-1)(1-x) (0,5đ) 2 2 1 1 Suy ra : cx 2 + bx + a f(0)x 2 -1 + f(1)x+1 + f(-1)1-x(0,5đ) 2 2 1 1 x 2 - 1 + x +1 + 1-x (0,5đ) 2 2 Do x1 => -1 x 1 => x 2 - 1 0 ; x +1 0 ; 1 - x 0. 1 1 1 1 => cx 2 + bx + a -x 2 +1 + x + + - x = 2 - x 2 2 2 2 2 2 => cx 2 + bx + a 2 (0,5đ) Chọn f(x) = 2x 2 - 1 suy ra điều kiện f(x) = 2x 2 - 1 1, x [-1,1] thỏa mãn. Khi đó cx 2 + bx + a} = -x 2 + 2 = 2 với x = 0. => Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0, a=2. (0,5đ) 2) (2,0đ) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x 3 - 2y 3 = 4z 3 Giả sử ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) là 1 nghiệm của phơng trình . =>x 0 3 - 2y 0 3 = 4z 0 3 (1) => x 0 3 2 => x 0 2 , đặt x 0 = 2x 1 (0,5đ) Thay vào (1) ta có : 4x 1 3 - y 0 3 = 2z 3 0 => y 0 3 2 => y 0 2., đặt y 0 = 2y 1 . => 2x 1 3 - 4y 1 3 = z 0 3 => z 0 3 2 => z 0 2 , đặt z 0 = 2z 1 . (0,5đ) x 0 y 0 z 0 Ta có : x 1 3 - 2y 1 3 = 4z 1 3 => (; ; ) cũng là nghiệm của phơng trình ( 0,5đ) 2 2 2 x 0 y 0 z 0 Quá trình này có thể tiếp tục mãi và ( ; ; ) cũng là nghiệm . 2 k 2 k 2 k x 0 y 0 z 0 Các số ; ; là nguyên với k N. Điều này chỉ xảy ra khi x 0 = y 0 = z 0 =0. 2 k 2 k 2 k Vậy nghiệm nguyên của phơng trình : x 3 - 2y 3 = 4z 3 là (0;0;0) (0,5đ) Bài2(3đ): Giải hệ phơng trình : x 2 y 2 - 2x + y 2 = 0 2x 2 - 4x + 3 +y 3 = 0 (I) 2x 2x y 2 = y 2 = (1) Hệ (I) x 2 +1 x 2 +1 2x 2 - 4x + 2 + y 3 +1 = 0 2(x-1) 2 + y 3 + 1 = 0(2) (0,5đ) 2x 2x Do = 1 (0,5đ) x 2 +1 x 2 + 1 Từ (1) => y 2 1 => -1 y 1 (0,5đ) Vì y -1 => y 3 -1 => y 3 + 1 0 và ( x - 1) 2 0 (0,5đ) => vế phải của (2) không âm. => (2) y 3 +1 = 0 y = -1 (0,5đ) 2 ( x-1) 2 = 0 x = 1 Do ( x= 1 ; y = -1) thỏa mãn (1). Vậy hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất ( x = 1 ; y = -1 ) (0,5đ) Bài3 (5 đ): 1) (2đ) : Giải phơng trình : 3 x 2 + 1 x = 1 Điều kiện xác định : x 1 (0,25đ) Đặt : 3 x 2 = a => x = 2 - a 3 (0,25đ) Ta đợc phơng trình : a + a 1 3 = 1 hay a 1 3 = 1 - a (0,25đ) Với điều kiện : 1- a 0 hay a 1 (0,25đ) Thì ta có phơng trình : 1 - a 3 = a 2 - 2a + 1 Giải đợc a = 0, a = 1, a = -2 thoả mãn điều kiện . (0.25đ) Với a = 0 ta đợc x = 2 a = 1 ta đợc x = 1 a = -2 ta đợc x = 10 (0,25đ) x = 2; x = 1; x = 10 thoả mãn điều kiện xác định x 1 Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = {1;2;10} (0,25đ) 2) (3đ) : Ta có : x 2 + y 2 + z 2 = 2 (y+z) 2 - 2yz = 2 - x 2 xy + yz + xz = 1 yz + x ( y +z) = 1 Đặt S = y +z ; P = yz. Hệ phơng trình trở thành s 2 - 2p = 2 - x 2 (1) (0,5đ) p + xs = 1 (2) Từ (2) => p = 1 - xs thay vào (1) ta đợc : s 2 - 2 ( 1 - sx) = 2 - x 2 s 2 + 2xs + x 2 - 4 = 0 => S = -x + 2 S = - x - 2 (0,5đ) * Khi : s = -x + 2 thì p = 1 - x( -x + 2) = x 2 - 2x + 1 Do: y +z = -x +2; yz = x 2 - 2x + 1 => y; z là nghiệm của phơng trình : t 2 - (2 - x)t +x 2 - 2x +1 = 0 (0,5đ) Do y,z tồn tại => = ( 2-x) 2 - 4 ( x 2 - 2x +1) 0 => 0 x 4/3 (0,5đ) * Khi s = -x -2 thì p = x 2 + 2x + 1 Do : y + z = -x - 2 ; yz = x 2 + 2x + 1 => y,z là nghiệm của phơng trình : t 2 + (x +2)t + x 2 + 2x + 1 = 0 Do: y,z tồn tại => = ( x+2) 2 - 4 ( x 2 + 2x +1) 0 => -4/3 x 0 Vậy ta có : -4/3 x 4/3 (0,5đ) Vai trò của x,y,z nh nhau nên ta có : -4/3 x,y,z 4/3 (0,5đ) Bài4(4đ): I A M Ê B K C Kẻ MI AB. Ta chứng minh đợc I, H, K thẳng hàng (0,5đ) Ta có : ABM = IKM ( vì cùng bằngACM ) (0,5đ) MAB = MHK ( cùng bù với hai góc bằng nhau IAM = BCM ) (0,5đ) =>MAB đồng dạng MHK (g.g) (0,5đ) => AB = BM => EB = BM HK KM FK KM (0,5đ) => EBM đồng dạng FKM (c.g.c) (0,5đ Nên :BEM = KFM => IEM = IFM => Tứ giác IEFM nội tiếp (0,5đ) => Góc EFM = 90 0 => EF MF (0,5đ) E F H K Bài5(3đ): A C 1 B 1 z y M x B A 1 C Đặt : MA 1 = x ; MB 1 = y; MC 1 = z. Diện tích ABC = S Ta có : ax = 2S MBC ; by = 2S MCA ; cz = 2S MBA (0,5đ) Vì vậy: a x + by + cz = 2 ( S MBC + S MCA + S MBA ) = 2S (0,5đ) a b c Xét : ( ax + by +cz ) ( + + ) x y z x y y z z x =a 2 +b 2 +c 2 + ab ( + ) + bc ( + ) + ca ( + ) (0,5đ) y x z y x z a 2 +b 2 +c 2 + 2ab + 2bc + 2ac = ( a +b + c) 2 (0,5đ) a b c ( a + b + c) 2 => + + (0,5đ) x y z 2s Dấu đẳng thức xảy ra x = y = z M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC. Kết luận: Min S cba MC c MB b MA a 2 )( )( 2 111 ++ =++ (0,5đ) . Đông sơn Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Trờng THCS Đông Tiến GV ra đề : Lê Văn Hoan. Môn : Toán ( Bảng A) Thời gian : 150 phút không kể chép đề. Bài1 : 1). nguyên của phơng trình : x 3 - 2y 3 = 4z 3 Bài2 : Giải hệ phơng trình : x 2 y 2 - 2x +y 2 = 0 2x 2 - 4x + 3 + y 3 = 0 Bài 3: 1) Giải phơng trình : 3 2 - x +