tuyen tap de thi toan

1
Chuyªn ®Ò :
Båi d­ìng gi¸o viªn
d¹y häc sinh giái – M«n To¸n
Th¸ng 12 n¨m 2006

2
Nội dung
1. Tìm hiểu một số đề thi Toán cấp Tỉnh năm 2006.
2. Các bài toán cực trị đại số.
3. Tổng kết.
3
Các đề thi toán cấp tỉnh năm 2006
1) Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp Tỉnh
2) Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn( Toán
chung)
3) Đề Thi vào lớp 10 chuyên Toán Lam Sơn
4) Đề thi vào lớp 10 chuyên Tin THPT Lam Sơn
5) Đề thi vào lớp 10 chuyên Pháp, Nga THPT Lam
Sơn
6) Đề thi vào lớp 10 THPT ( Đề A)
7) Đề thi vào lớp 10 THPT ( Đề B)
8) Đề thi chọn giáo viên giỏi Tỉnh ngày thi 26/11/2006
4
I.Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp Tỉnh
(Ngày thi 19/4/2006)
Bài 1: ( 2 điểm ). Tính:
2
3
11
2

3
1
2
3
11
2
3
1


+
++
+
=P
HD giải:
Nhân cả tử và mẫu mỗi phân số với 2, ta được:
5
C¸ch 1:
1.12
39
6
2P
)3)(33(3
3333
2P
33
1
1
33
1

1
33
32
33
32
P
132
32
132
32
P
1)3(2
32
1)3(2
32
P
3242
32
3242
32
P
22
=−=
−
−=
−+
++−
−=
−
−+

+
−=
−
−
+
+
+
=
+−
−
+
++
+
=
−−
−
+
++
+
=
−−
−
+
++
+
=
)
§¸p sè: P=1
6
Cách 2:

Biến đổi
1)3(
2
1
1)3(
2
1
4
324
2
32
2
3
1
2
+=+=
+
=
+
=+
Tương tự
1)3(
2
1
2
3
-1 =
Thay kết quả tìm được vào P, tính được P=1
Bài 2: ( 2 điểm ) Cho phương trình: x
2

- mx + m - 1 = 0
1) ( 0,5 đ): Chứng minh phương trình luôn luôn có
hai nghiệm x
1
; x
2
2) ( 1,5 đ): Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất của biểu
thức :
2x2xxx
3x2x
y
21
2
2
2
1
21
+++
+
=
7
Hướng dẫn giải
1)Ta có:=m
2
4(m-1)=m
2
-4m + 4 = (m-2)
2
0 . Chứng
tỏ phương trình luôn luôn có hai nghiệm x

1
, x
2
.
2)Vì phương trình luôn luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
nên theo
định lý viét ta có:



=
=+
1mxx
mxx
21
21
Mặt khác:
2)x(x
3x2x
2x2xxx
3x2x
y
2
21
21
21
2

2
2
1
21
++
+
=
+++
+
=
Do đó:
2m
12m31)-2(m
y
2
+
+
=
+
+
=
2m
2
(*)
8
C¸ch 1: (*) ⇔ (m
2
+ 2)y = 2m + 1
⇔ ym
2

2m + 2y -1 = 0 (1)–
§Ó tån t¹i m th× ph­¬ng tr×nh ( 1) víi Èn m ph¶i cã nghiÖm,
tøc lµ:
∆ ’ = 1 - y(2y - 1) ≥ 0 ⇔ 1 2y–
2
+ y 0≥
⇔
2y
2

y 1 – – ≤ 0
⇔
(y 1)(2y + 1) – ≤ 0
⇔
1
2
1
≤≤− y
Suy ra:
2
1
y −≥
nªn
2
1
miny −=
2
2
1
)1(

m −=
−
−−
=⇔



=
−=



−=
=
⇔



−=
−=+
⇔
1x
3x
;
3x
1x
3xx
2xx
2
1

2
1
21
21
9
y≤ 1 nªn maxy=1 ⇔ m=1 ⇔



=
=



=
=
⇔



=
=+
1x
0x
;
0x
1x
0xx
1xx
2

1
2
1
21
21
C¸ch 2:
+ Tõ :
1
2m
1)(m
1
2m
12mm2m
2m
12m
y
2
2
2
22
2
≤
+
−
−=
+
−+−+
=
+
+

=



==
==
⇔



=
=+
⇔=≤
1x0;x
0x1;x
0xx
1xx
1maxy VËy1.y
21
21
21
21
+ Tõ
( )
1
2m
2m
1
2m
44mm2-m-

2m
24m
2y
2m
12m
y
2
2
2
22
22
−≥
+
+
+−=
+
+++
=
+
+
=⇔
+
+
=
Do ®ã 2y ≥-1 ⇒ y ≥
2
1
−
VËy




=−=
−==
⇔



−=
−=+
⇔−=⇔−=
1x3;x
3x1;x
3xx
2xx
2m
2
1
miny
21
21
21
21
10
Vậy:



==
==

=
=+
==
1x3;x
3x1;x
3xx
2xx
2m
2
1
miny
21
21
21
21
Đáp số:



=
=



=
=

=
1x
0x
;
0x
1x
1maxy
2
1
2
1



=
=



=
=
=
1x
x
;
x
1x
miny
2
1

2
1
3
3
2
1
Bài 3( 2 điểm ) Giải phương trình:
6
2x3x
13x
25x3x
2x
22
=
++
+
+
11
Giải:

++
+
3
2
x
1x

02x 3x
025x3x
:kiện iềuĐ
2
2
Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Do
đó x 0.
Chia cả tử và mẫu mỗi phân thức của phương trình cho x, ta đư
ợc :
6
x
2
13x
13
x
2
53x
2
=
++
+

+
0),t ( ) (1 t
x
2
3x ặt Đ =++
ta có phương trình:
6
1t
13
5-t
2
=
+
+
-1t 5,t : kiện iềuĐ
12





=
=




=
=
⇔

=⇔
=+−⇔
=−+⇔
−−=++⇔
+=++
2
1
5t
1t
kiÖn iÒu §víi hîp kÕt
2
1
5t
1t

011)-1)(2t-(t
01113t2t
03339t6t
3024t6t65-13t22t
1)5)(t-6(t 5)-13(t 1)2(t
2
2
2
Thay t=1 vµo (*) ta ®­îc
0234.3.21Δ
02x3x
1
x
2
3x

2
<−=−=
=+−⇔
=+
Nªn ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm
13
(*) vµo
2
1
5t Thay =
ta ®­îc:






=
==






=
=
⇔=⇔
=+⇔
=+

3
4
;
;
3
4
x
2
1
S :sè ¸p §
3
4
x
2
1
x VËy
kiÖn diÒu m·n tháa
2
1
x
04)-1)(3x-(2x
0411x-6x

2
11
x
2
3x
2
14

Bài 4( 2 điểm ):
( )( )
)x(zzyyx
4
19
M
:thức biểu của trị giá Tính
.
zyx
1

z
1

y
1

x
1

:mãn thỏa zy,x, thực số 3 Cho
200720072005200520032003
++++=
++
=++
Giải: Theo bài ra
zyx
1

z

1

y
1

x
1
++
=++
Điều kiện: x,y,z 0, ta có:
zyx
1

xyz
zxyzxy
++
=
++
15
[ ]





−=
−=
−=
⇔
=+++⇔

=++++⇔
=++++⇔
=+++++++⇔
=+++++++⇔
=++++++++⇔
=++++⇔
xz
zy
yx
0y)z)(xz)(x(y
0z)y(xz)x(xz)(y
0xz)yzxyz)(x(y
0z)xz(yz)yz(yz)xy(yz)(yx
0)xz(xyz)yzz(yxyz)(xyz)xy(x
xyzxzxyzzxyzzyxyzxyzxyyx
xyzz)yzx)(xyz(xy
2
2
222222
222222
4
19
M0yxyy)(x -y xNÕu
20032003200320032003
=⇒=+⇒−=−=⇒=
4
19
M :
4
19

M0xzxz -xz NÕu
4
19
M0zyzy -zy NÕu
2007200720072007
2005200520052005
=
=⇒=+⇒−=⇒=
=⇒=+⇒−=⇒=
sè §¸p
16
Bài 5 (2 điểm ) Cho hai số dương thỏa mãn x+y=1.















=
22
y

1
1
x
1
1N
Tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
Giải Điều kiện x0, y 0
Biến đổi:
( )( )
( )
2
1
y x 9minN :số Đáp
===
==



=+
=

=+

++=








++=
+++
=
++
=
=+
++
=
++
=

=

=
2
1
yx
1yx
yx
: khi ra yxả bằng Dấu 9.N
92.25
x
y
y
x
25
x
y
y
x
2
xy
5xy

xy
2yxy4xy2x
xy

2y)y)(x(2x

1)yx Do (
yx
x)2y)(y)(x(y2x

yx
1)1)(y1)(y1)(x(x
yx
1y1x
y
1
1
x
1
1N
22
22
2222
22
22
17
C¸ch 2: §iÒu kiÖn x≠0, y≠0
BiÕn ®æi
xy
2
1
yx
2xyyxyx
1

yx
y)(xyx
1
yx
1yx
1
yx
1
x
1
y
1
1
y
1
1
x
1
1N
22
2222
22
222
22
22
222222
+=
−−−+
−=
+−+

−=
−+
−=
+−−=








−






−=
18
( )
2
1
yx 9minN :sè §¸p ==⇔=
==⇔



=+

=
≥⇔≥+⇔≥⇔≥⇔
≤⇔≥⇔≥
+
⇔
≥+⇔
≥+−⇔
≥−
2
1
yx
1yx
yx
khi ra yx¶ b»ng DÊu
9N9
xy
2
1 8
xy
2
4
xy
1
xy
1
4xy
4
1
xy
4

yx
4xyy)(x
4xy4xyy)(x
0y)(x
2
2
2
2
MÆt kh¸c ta cã:
(do x,y d­¬ng)
19
Bài 6( 2 điểm )
2006aa...aa :minh Chứng
2005n vàNn mọi với a
22n
3
1a 1003;a Cho
2006200521
n1n1
*
<++++







+
==

+
Giải: Theo bài ra:
( ) ( )
[ ]
(*)1)a(nna2a
2)a(2n2naa
a12na22n
a
22n
12n
a a
2n
3
1a
1nnn
1nnn
n1n
n1nn1n
+
+
+
++
+=
+=
=+
+

=

+
=
2
Lần lượt thay n=1;2;3;...;2005 vào (*) được
)2006a2(2005aa
...
)4a2(3aa
)3a2(2aa
)2a2(aa
200620052005
433
322
211
=
=
=
=
20
Céng tõng vÕ ta ®­îc:
04011aa
0a
a
22n
12n
a vµ 01003a cã L¹i
0

22n
1-2n
2005n ,Nn
(1) 4011a2aaa...aaa
a)2006a2(aaa...aaa
)2006a2(aa...aaa
20062006
1n
n1n1
*
2006120062005321
20062006120062005321
200612005321
>⇒>⇒
>⇒







+
−
=>=
>
+
⇒≤∈
−=+++++⇒
+−=+++++⇒

−=++++
+
+
0
Do ®ã: 2a
1
4011a–
2006
< 2a
1
= 2.1003 = 2006 ( 2)
+ Tõ (1) vµ (2) ⇒ a
1
+ a
2
+a
3
+...+ a
2006
< 2006 ( ®pcm)
21
Bµi 7( 2 ®iÓm )
Cho a,b,c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c
1
a
b
b
c
c
a

a
c
c
b
b
a
:r»ng minh Chøng
<−−−++
Gi¶i:
C¸ch 1: + BiÕn ®æi
abc
acbccbabb)(ca
abc
a)(bcc)(abb)(ca
b
1
a
1
c
a
1
c
1
b
c
1
b
1
a
a

b
b
c
c
a
a
c
c
b
b
a

22222
222
−+−+−
=
−+−+−
=






−+







−+






−=−−−++
22
abc
c)b)(ab)(a(c
abc
ab)acbcb)(a(c
abc
b)b)(ca(cb)bc(cb)(ca
2
2
−−−
=
−−+−
=
−+−−+−
=
Do ®ã:
abc
ac.ba.bc
a
b
b

c
c
a
a
c
c
b
b
a
−−−
=−−−++
V× a,b,c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c nªn
PCM)(§
1
a
b
b
c
c
a
a
c
c
b
b
a

1
abc
abc

abc
ac.ba.b-c

abcc-a,b-a.b-c
bca
cba
ab-c
vµ
0c
0b
0a
<−−−−−⇒
=<
−−
⇒
<⇒





<−
<−
<





>

>
>
23
Cách 2:
Bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh;
Sau đó dùng phương pháp biến đổi tương đương ta đư
ợc bất đẳng thức đúng; Suy ra bất đẳng thức đã được
chứng minh:
24
Bµi 8( 2 ®iÓm )
Cho hai ®­êng trßn (O) vµ (O’) c¾t nhau ë A vµ B,(O) n»m trªn
(O’). §iÓm C n»m trªn cung AB cña (O) ngoµi ®­êng trßn (O’).
D©y AC cña ®­êng trßn (O) c¾t ®­êng trßn (O’) ë D. Chøng
minh ®­êng th¼ng OD ®i qua trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng BC.
H­íng dÉn chøng minh
Tr­êng hîp O n»m ngoµi(O)’
C¸ch 1:
Nèi OA, OB, BD
XÐt (O) ta cã OA=OB( b¸n kÝnh )
XÐt (O ) cã OA=OB’
⇒ OA= OB ( liªn hÖ gi÷a d©y vµ
cung)
A
B
O
O'
C
D
25
⇒CDO = BDO⇒DO lµ ph©n gi¸c cña BDC ( 1)

+ V× tø gi¸c ADBO néi tiÕp (O ) ’ ⇒CAO = OBD
( cïng bï víi OAD ).
Nèi OC OA=OC ( b¸n kÝnh (O)
⇒ ∆ AOC c©n ⇒CAO = ACO
Suy ra OBD= OCD kÕt hîp CDO = BDO ( c/m trªn )
⇒COD = BOD l¹i cã OD chung
⇒∆COD = ∆BOD ( g.c.g) ⇒∆BDCc©n t¹i D ( 2)
+ Tõ ( 1) vµ( 2) ⇒ DO ®ång thêi lµ trung tuyÕn
⇒DO ®i qua trung ®iÓm cña BC
( §PCM )
A
B
O O'
C
D