Đáp án HSG Toán 9 Hà Tĩnh 2010-2011

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= = =
)