DAP AN DE HSG HA TINH LOP 9 NAM 2011

[r]

Phan đình ánh THCS Thạch Kim SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011

LỜI GIẢI MƠN TỐN LỚP 9

(Lời giải gồm 02 trang)

Bài Đáp án

Bài 1 a)

3

1

x (m 1)(x ) m

x x

      

(1) Đk: x 0 . Khi m = 2: (1) trở thành

3

1

x 3(x )

x x

     (x 1)3

x

   x 1

x

  



2

x x x 

    

(thoả mãn) b)Đặt

1

x t

x

 

(2), ta có :

3

3

x t 3t x

  

Khi (1) trở thành : t3 (m 2)t m 0     (t 1)(t 2 t m 3) 0  (3)

t

g(t) t t m (4) 

  

    



Từ (2) ta x2  tx 0  , với giá trị tùy ý t, phương trình ln có nghiệm dương (nghiệm cịn lại âm), mà (3) đã có nghiệm t = 1, nên để (1) có nghiệm dương phân biệt điều kiện cần đủ : Phương trình (4)hoặc có nghiệm kép t 1 có nghiệm phân

biệt, có nghiệm t = Điều tương đương với :

0 0 4m 11 11

m 11

; ; m

b g(1) 0

4

1 m 5

2a

   

  

  



  

  

   



    

   

 

 ; m 5 (cả giá trị thoả mãn)

Vậy cácgiá trị m cần tìm

11

m ; m

 

Bài 2

a) Từ giả thiết

2

2 2

1 1 1 1 1

( ) 2( ) a b c

a b c  a b c  ab bc ca      

3 3 3

a b c a b 3ab(a b) c a b c 3abc

            (*)

Từ (*) dễ thấy a, b, c Z (a3b3c ) 33  , đpcm. b) x3ax2bx 0  (1)

Do x 1  2 nghiệm (1) nên: (1 2)3a(1+ 2)2b(1 2) 0 

Biến đổi rút gọn, ta được: (3a b 8) (2a b 5) 0      (2) Do a, b số hữu tỷ nên (2) chỉ xảy khi

3a b a 2a b b

   

 



 

   

 

Thay giá trị a, b vào (1), ta có: x - 3x3 2   x (x 1)(x 2x 1) 0 2   . x 1; x

    Vậy phương trình(1) có nghiệm là: x 1; x 1  

Có thể giả sử: x > y, suy ra: 1006 x 2010  (1) Đặt 2011 = a.

Khi đó: P = (x3y ) 2xy (x y)3    3 3xy(x y) 2xy a   3 3x(a x)a 2x(a x)   P = (3a 2)x 2 (3a2  2a)x a

2 2

(3a 2)(x ax) a (3a 2)[(x a) a ] a

2

       

Phan đình ánh THCS Thạch Kim Bài 3

P

2

1

(3a 2)(x a) [a a (3a 2)]

2

     

(2) Vì 3a - >0,

1 x a

2

 

(do (1)) nên hàm số y = mX2 (với m = 3a - 2,

1 X x a

2  

) đồng biến X > 0, suy P hàm số đồng biến

Suy ra: Giá trị lớn P đạt x = 2010 (y =1) max P = 120 605 021 Giá trị nhỏ P đạt x = 1006 (y = 1005) P = 035 205 401

Bài 4 a)

K

F

E A O B

N M

Từ giả thiết suy ra:

 

MEONOF (đồng vị)

 

MOE NFO (đồng vị) nên EMO ~ ONF

ME OM

ME.NF=OM.ON ON NF

  

ME.NF=MN

 2 

ME MN NM NF (1) Ta có EMN 120  0 (cùng bù với MNO 60  o ME//ON)

Tương tự FNM 120  0 nên EMN  FNM (2) Từ(1), (2) ta MNE ~ NFM

b)

1200

I

M N

K

Ta có :

    

MKN MEK EMK KMN EMK    = EMN 120  0 nên K thuộc cung chứa góc 1200 dựng đoạn MN.

Trên tia MK, lấy điểm I cho

KI = KN tam giác IKN tam giác nên MK + KN = MI

Do I thuộc cung chứa góc 600 đường tròn qua điểm M, N, I nên MI lớn

(tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, cạnh MN = R khơng đổi) MI đường kính, K trung điểm cung MN nênMNK 30   MEN 30  0 E A

MN / /AB

 vị trí cần xác định dây MN.

Bài 5

Gọi vế trái bất đẳng thức cần chứng minh P, ta cần chứng minh P 

(1) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có:

3

3

a b c a (1 b)(1 c)

(1 b)(1 c) 8 64(1 b)(1 c)

   

  

    

3

a b c a (1 b)(1 c) 8

 

  

  (2)

Tương tự, ta có:

3

b c a b (1 c)(1 a) 8

 

  

  (3) ,

3

c a b c (1 a)(1 b) 8

 

  

  (4)

Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được:

P (a b c)

    1.3 abc3 P

2

   

, đpcm (Dấu “=” xảy  a b c 1   )

Hết _

Phan đình ánh THCS Thạch Kim