Sở giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hà tĩnh lớp 9 thcs năm học 2010-2011 Bài 1: Cho phơng trình ( ) + + = ữ 3 3 1 1 x m 1 x m 3 0 xx (*) a) Giải phơng trình khi m = 3 b) Tìm m để phơng trình có đúng hai nghiệm dơng phân biệt Bài 2: a) Cho a, b, c Z thỏa mãn điều kiện + + = + + ữ 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 chia hết cho 3 b) Giải phơng trình x 3 + ax 2 + bx + 1 = 0, biết rằng a, b, c là số hữu tỉ và 1 + 2 là nghiệm của phơng trình Bài 3: Cho x, y N * thỏa mãn x + y = 2011. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức P = ( ) ( ) + + + 2 2 x x y y y x Bài 4: Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R, một dây cung MN = R di chuyển trên nửa đờng tròn. Qua M kẻ đờng thẳng song song ON cắt đờng thẳng AB tại E. Qua N kẻ đờng thẳng song song OM cắt đờng thẳng AB tại F. a) CMR: MNE NFM b) Gọi K là giao điểm của EN và FM. Hãy xác định vị trí của dây MN để chu vi tam giác MKN lớn nhất Bài 5: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + + + + + + 3 3 3 a b c 3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011 LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9 (Lời giải gồm 02 trang) Bài Đáp án Bài 1 a) 3 3 1 1 x (m 1)(x ) m 3 0 x x − − + − + − = (1). Đk: x 0 ≠ . Khi m = 2: (1) trở thành 3 3 1 1 x 3(x ) 1 0 x x − − − − = 3 1 (x ) 1 x ⇔ − = 1 x 1 x ⇔ − = ⇔ 2 1 5 x x 1 0 x 2 ± − − = ⇔ = (thoả mãn) b) Đặt 1 x t x − = (2), ta có : 3 3 3 1 x t 3t x − = + . Khi đó (1) trở thành : 3 2 t (m 2)t m 3 0 (t 1)(t t m 3) 0− − + − = ⇔ − + − + = (3) 2 t 1. g(t) t t m 3 0 (4) =  ⇔  = + − + =  Từ (2) ta được 2 x tx 1 0− − = , với mỗi giá trị tùy ý của t, phương trình này luôn có đúng 1 nghiệm dương (nghiệm còn lại âm), mà (3) đã có 1 nghiệm t = 1, nên để (1) có đúng 2 nghiệm dương phân biệt thì điều kiện cần và đủ là : Phương trình (4) hoặc có nghiệm kép t 1≠ hoặc có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm t = 1 . Điều đó tương đương với : 0 4m 11 0 11 0 m 11 ; ; m 4 b 1 g(1) 0 4 1 1 m 5 2a 2 ∆ = − =    ∆ > >     ⇔ ⇔ =     = − ≠ − ≠     =    ; m 5= (cả 2 giá trị thoả mãn) Vậy cácgiá trị của m cần tìm là 11 m ; m 5. 4 = = Bài 2 a) Từ giả thiết 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2( ) 0 a b c 0 a b c a b c ab bc ca + + = + + ⇒ + + = ⇒ + + = 3 3 3 3 3 3 a b c a b 3ab(a b) c a b c 3abc⇒ + = − ⇒ + + + = − ⇒ + + = (*) Từ (*) dễ thấy khi a, b, c Z∈ thì 3 3 3 (a b c ) 3+ + M , đpcm. b) 3 2 x ax bx 1 0+ + + = (1) Do x 1 2= + là nghiệm của (1) nên: 3 2 (1 2) a(1+ 2) b(1 2) 1 0+ + + + + = Biến đổi và rút gọn, ta được: (3a b 8) (2a b 5) 2 0+ + + + + = (2) Do a, b là các số hữu tỷ nên (2) chỉ xảy ra khi và chỉ khi 3a b 8 0 a 3 2a b 5 0 b 1 + + = = −   ⇔   + + = =   Thay các giá trị của a, b vào (1), ta có: 3 2 2 x - 3x x 1 0 (x 1)(x 2x 1) 0+ + = ⇔ − − − = . x 1; x 1 2⇔ = = ± . Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là: x 1; x 1 2= = ± Có thể giả sử: x > y, suy ra: 1006 x 2010 ≤ ≤ (1). Đặt 2011 = a. Khi đó: P = 3 3 3 3 (x y ) 2xy (x y) 3xy(x y) 2xy a 3x(a x)a 2x(a x)+ + = + − + + = − − + − Bài 3 P = 2 2 3 (3a 2)x (3a 2a)x a− − − + 2 3 2 2 3 1 1 (3a 2)(x ax) a (3a 2)[(x a) a ] a 2 4 − − + = − − − + P 2 3 2 1 1 (3a 2)(x a) [a a (3a 2)] 2 4 = − − + − − (2) Vì 3a - 2 >0, 1 x a 0 2 − > (do (1)) nên hàm số y = mX 2 (với m = 3a - 2, 1 X x a 2 = − ) đồng biến khi X > 0, suy ra P là hàm số đồng biến Suy ra: Giá trị lớn nhất của P đạt được tại x = 2010 (y =1) và max P = 8 120 605 021. Giá trị nhỏ nhất của P đạt được tại x = 1006 (y = 1005) và min P = 2 035 205 401. Bài 4 a) K F E B A O 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 · o MNO 60= do ME//ON) Tương tự · 0 FNM 120= nên · EMN = · FNM (2) Từ (1), (2) ta được MNE ∆ ~ NFM ∆ b) 120 0 I M N K Ta có : · · · · · MKN MEK EMK KMN EMK= + = + = · 0 EMN 120= . nên K thuộc cung chứa góc 120 0 dựng trên đoạn MN. Trên tia MK, lấy điểm I sao cho KI = KN thì tam giác IKN là tam giác đều nên MK + KN = MI. Do I thuộc cung chứa góc 60 0 của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, I nên MI lớn nhất (tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, vì cạnh MN = R không đổi) khi và chỉ khi MI là đường kính, khi đó K là trung điểm của cung MN nên · · 0 0 MNK 30 MEN 30= ⇒ = E ⇒ A≡ MN / /AB⇒ đó là vị trí cần xác định của dây MN. Bài 5 Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P 3 4 ≥ (1) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có: 3 3 3 a 1 b 1 c a (1 b)(1 c) 3 (1 b)(1 c) 8 8 64(1 b)(1 c) + + + + + + ≥ + + + + ⇒ 3 a 1 b 1 c 3 a (1 b)(1 c) 8 8 4 + + + + ≥ + + (2) Tương tự, ta có: 3 b 1 c 1 a 3 b (1 c)(1 a) 8 8 4 + + + + ≥ + + (3) , 3 c 1 a 1 b 3 c (1 a)(1 b) 8 8 4 + + + + ≥ + + (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế rồi rút gọn và áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được: 3 1 P (a b c) 4 2 + ≥ + + 3 1 3 3 .3 abc P 2 2 4 ≥ = ⇒ ≥ , đpcm. (Dấu “=” xảy ra ⇔ a b c 1= = = ) . 1 a 1 b 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011 LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9 (Lời giải gồm 02 trang) Bài Đáp án Bài 1 a) 3 3 1 1 x (m 1)(x ) m. Sở giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hà tĩnh lớp 9 thcs năm học 2010-2011 Bài 1: Cho phơng trình ( ) + + = ữ 3 3 1 1 x m 1 x m 3 0 xx (*) a). (2) Vì 3a - 2 >0, 1 x a 0 2 − > (do (1)) nên hàm số y = mX 2 (với m = 3a - 2, 1 X x a 2 = − ) đồng biến khi X > 0, suy ra P là hàm số đồng biến Suy ra: Giá trị lớn nhất của P đạt