HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TOÁN 9 (ĐS)_ HSGTP 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG CẤP TP – NH 2010-2011

PHẦN ĐẠI SỐ
BÀI 1 : (4 điểm)
Thu gọn các biểu thức :
a) A =




2 2
2 a 3 a
2 a 1
  

(a  0)
=




2 a 3 a 2 a 3 a
2 a 1
     


=


1 2 a .5
5

2 a 1
 
 


b) B =
2
a 1 1
:
a a a a a a

  
(a > 0, a  1)
=
 
 
3
a 1
. a a 1
a a a 1

 

 
 
 

=





a 1 a 1
 

= a – 1
BÀI 2 : (4 điểm)
a) Chứng minh ad + bc 
2 2 2 2
a b . c d
 
với a, b, c, d là các số thực.
b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
    

Giải
a) Ta có : ad + bc 
ad bc

với mọi a, b, c, d
Xét BĐT
ad bc


2 2 2 2
a b . c d

 







2
2 2 2 2
ad bc a b c d
   




2
ac bd 0
 
: đúng với mọi a, b, c, d. Từ đây ta có đpcm !
b) Ta có :
3
2
3
2
3
2
a
ab 2a
b

b
bc 2b
c
c
ac 2c
a

 



 



 


. Như vậy :
3 3 3
2 2 2
a b c
ab bc ac 2a 2b 2c
b c a
       
Mà :
2 2 2
2a 2b 2c 2(ab bc ac)
    
 đpcm !

BÀI 3 : (3 điểm)
Cho phương trình : x
2
– (3m – 2)x + 2m
2
– 5m – 3 = 0 (1)
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.
c) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm âm.
Giải
Ta có :  = (m + 4)
2

a) Pt (1) có hai nghiệm phân biệt   > 0  m  -4
b) Với m  -4, ta có : S = 3m – 2, xét các trường hợp :
* m 
2
3
 S  0  phương trình có ít nhất một nghiệm dương.
* m <
2
3
 S < 0, xét tiếp P = 2m
2
– 5m – 3 ; P = 0 
1
m
2
m 3









m
1
2



2
3

3
P + 0 – 0 +
Như vậy : với
1
2

< m <
2
3
 P < 0  pt (1) có hai nghiệm trái dấu.
Tóm lại, pt (1) có ít nhất một nghiệm dương  m 
2
3
hoặc

1
2

< m <
2
3

c) Với m  -4, theo trên ta thấy :
* m 
2
3
 S  0  phương trình có ít nhất một nghiệm âm.
*
2
3
< m < 3  S > 0, P < 0 : phương trình có đúng một nghiệm âm.
* m  3  S > 0, P > 0 : phương trình không có nghiệm âm.
Tóm lại, pt (1) có ít nhất một nghiệm âm  m 
2
3
(khác -4) hoặc
2
3
< m < 3
BÀI 4 : (3 điểm)
a) Giải hệ phương trình :
2
1 1 1
2 (1)
x y z

2 1
4 (2)
xy z

  




 



b) Chứng tỏ rằng số có dạng n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n

Giải
a) ĐK x, y, z  0
CÁCH 1
Từ (1) 
2
1 1 1
4
x y z
 

  
 
 
, so sánh với (2) ta được :
2
2
1 1 1 2 1
x y z xy z
 
   
 
 


2 2 2 2
1 1 1 2 2 2 2 1
x y z xy yz xz xy z
      

2 2 2 2
1 2 1 1 2 1
0
x xz z y yz z
 
 
     
   
 
 


2
2
1 1 1 1
0
x z y z
 
 
   
   
 
 

1 1
x z
1 1
y z

 




 


 x = y = -z. Từ đây tính được :
 
1 1 1
x;y;z ; ;

2 2 2

 

 
 

CÁCH 2
Từ (1) 
2
2 2 2 4
xy y yz y
  
, và từ (2) 
2
2 1
4
xy z
 

Vậy :
2 2
2 2 1 4
4
y yz z y
   

2 2 2
1 4 1 2 1
4 0

y y y yz z
   
     
   
   

2 2
1 1 1
2 0
y y z
   
   
   
   

Xong luôn nhé !
CÁCH 3
Đặt a =
1
x
; b =
1
y
. Khi đó hệ pt trở thành
2
1
a b 2
z
1
2ab 4

z

  




 



2
1
a b 2
z
1
ab 2
2z

  




 



Như vậy, hệ pt đã cho có nghiệm  pt : X
2

– SX + P = 0 có nghiệm, với
2
1
S 2
z
1
P 2
2z

 




 



 S
2
 4P 
2
2
1 1
2 4 2
z 2z
   
  
   
   


2 2
1 4 2
4 8
z z z
   

2
1
0 2
z
 
 
 
 

1
z
2


Cũng xong luôn !
b) Ta có : n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) : Việc chứng minh dành cho bạn !