De thi HSG lop 9 mon Toan tinh Binh Dinh 20092010

Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất... 2.Trước tiên ta dễ chứng minh nhận xét sau: Mọi số dạng aa...a thì chia hết cho a.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHÓA NGÀY : 23 – – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 23/ 3/ 2010 Bài 1: (3,0 điểm) 3 Giải phương trình: x  81  x 18 Chứng minh tồn số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số nó 2010 Bài 2: (3,0 điểm) 2 Cho phương trình x  2mx  2m  0 (1) ( m là tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt Với giá trị nào m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn hệ thức: x13 + x2 - x1 - x22 = -2 Bài 3: (4,0 điểm) Tìm x,y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ P 3 x  11 y  xy  x  y  Cho đa thức P(x) bậc có các hệ số nguyên Biết P(x) nhận giá trị 2003 với giá trị nguyên khác x Chứng minh rằng: Với x  Z thì P(x) không thể có trị số 2010 Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm M tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM, cắt các cạnh BC, CA, AB P,R,Q Kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC a Chứng minh rằng: MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC b Xác định vị trí M để diện tích tam giác PQR lớn Bài 5: (4,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn hệ thức a + b + c = 6abc Chứng minh rằng: bc ca ab    a (c  2b) b (a  2c ) c (b  2a ) Cho ba số thực α, β, γ > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z   y  z z  x x  y M= Với x, y, z > GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH - Năm học: 2009 – 2010 Đoàn Cát Nhơn : GV THCS Nhơn Lộc – An Nhơn – Bình Định 3 Bài 1: x  81  x 18 33 (1) ĐK : x ≤ 81  t 3 t  81  x 0  x  Thế vào PT (1) ta được: Với ĐK trên ta đặt:  t1 9   t 5 t2 – 14t + 45 =  + Với t = ta x = (TMĐK) + Với t = ta x = (TMĐK) Vậy PT (1) có nghiệm x = ; x = 2.Trước tiên ta dễ chứng minh nhận xét sau: Mọi số dạng aa a thì chia hết cho a (Ta có thể chứng minh quy nạp) 20092009 2009        n Theo trên ta chọn số có dạng A = chia hết cho 2009 Bây ta tìm n Theo đề toán thì tổng các chữ số A 2010 Suy 11n = 2010  n  N ( loại ) Bằng 60276027 6027        n cách chọn tương tự ta số có dạng A = chia hết cho 2009 Mặt khác: 15n 60276027 6027        134 = 2010  n = 134 Vậy tồn số có dạng thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài 2: x2 – 2mx + 2m2 – = (1) Ta có:  ' 1  m ; x1 + x2 = 2m; x1.x2 = 2m2 – (2)  '    x1  x2    x x  Để PT (1) có nghiệm dương phân biệt thì  2 Ta có: 1  m     m 1 2m  2m    x  x  x  x  3 2 2   x1  x2   x1 x2  x1  x2    x1  x2   x1 x2   m 0 m  m 0    m   Từ (2) và (3) với các biến đổi ta được: Kết hợp với ĐK có nghiệm ta m = là giá trị (3) Bài 3: P = 3x2 + 11y2 – 2xy – 2x + 6y – Ta đưa PT bậc với ẩn x : 3x2 – 2x.(y + 1) + 11y2 + 6y – – P = (1) Để tồn nghiệm x thì PT (1) phải có:  '  32 y  16 y   p 0 1   p  32 y  16 y 32  y      p  4  1 1 y  ; x  y  ; x  4 Vậy P nhỏ – 4 Đẳng thức xảy 2 Do P(x) nhận giá trị 2003 với giá trị nguyên khác x nên ta đặt : P( x ) h( x )  x  x1   x  x2   x  x3   x  x4   2003 Trong đó: h(x) là đa thức bậc với x  Z ; i 1,4 hệ số nguyên ( chẳng hạn: h(x) = ax + b; a, b nguyên); i Ta dùng phản chứng, giả sử x = x0 nguyên ta có: P(x0) = 2010 suy ra: 2010 h( x0 )  x0  xi   2003; i 1,4  h( x0 )  x0  xi  7; i 1,4  * x  x ; i 1,4 i Vì nên vế trái (*) là tích ít số nguyên khác và khác không Còn VP = có thể phân tích 1.7 (-1).(-7) là tích hai số nguyên khác Nên đẳng thức (*) không thể xảy Hay giả sử trên là sai Bài toán chứng minh Bài 4: A PM MI SBMC   PA AH SABC Ta có: SBMC 2S PM MI MI BC      BMC SABC  SBMC MA MA MA.BC MA.BC  MA.BC 2  SABC  SBMC  Tương tự ta có: MB AC 2  SABC  SAMC  ; MC AB 2  SABC  SAMB  Q R M B H I C P Cộng theo vế ta điều cần chứng minh  SPQR  x  y  z Đặt SPMQ = x; SQMR = y; SRMP = z SRMP MR SPMQ MQ z.x MR.MQ y  ;     SMCP SPMB MC MB SBMC Ta có: SMCP MC SPMB MB SBMC S zx SBMP SPMC xy SCMA     BMC  1  y SBMC 4SBMC z Tương tự ta có: yzxSABC  Cộng theo vế các BĐT (1), (2) và (3) ta được: zxy4  2 ; yz SAMB  x (4) xy yz zx   x  y  z z x y Mặt khác dùng BĐT Cô-si ta chứng minh nên từ (4) suy ra:  3 SABC S  SPQR  ABC 4 SPMB SPMC ; SCMQ SQMA ; SAMR SRMB   x  y  z Đẳng thức xảy khi:  M là trọng tâm tam giác xyz ABC Vậy M là trọng tâm tam giác ABC thì Bài 5:  S  max  PQR SABC Dự đoán dấu = xảy a = b = c = Từ đó ta áp dụng BĐT Cô-Si sau: bc c  2b   a  c  2b  9abc 3a Ta có: ; … cộng theo vế và biến đổi ta được: bc ca ab  1  a b c         a  c  2b  b  a  2c  c  b  2a   a b c  3abc (*) 1 1 1 abc       6 b2 c2 ab bc ca abc Mặt khác: a nên từ (*) ta có: bc ca ab 6abc     2 a  c  2b  b  a  2c  c  b  2a  3abc Dấu = xảy a = b = c = t min  ,  ,    > ta có: Giả sử  x  x  y z y z  1  M  t       t  x  y  z     3t yz zx x y  yz zx x y  x y yz zx  t 9t 3t  1 1 M   a  b  c       3t   3t  2  a b c Đặt a = x + y; b = y + z; c = z + x ta được: Mmin    3t  a b c  x  y z   t min   ,  ,    t min   ,  , 