Đề toán nâng cao HSG 9

LOẠI ĐỀ TOÁN NÂNG CAO DÙNG CHO HỌC
SINH GIỎI LỚP 9

I. CHỦ ĐỀ 1: CĂN BẬC HAI
Bài 1: (2 điểm). Cho biểu thức P =
2 2 2 2
2 2
5 1 7 7 1 13
1 3 1 4
x x x x
x x
+ + + + + +
+
+ + + +
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P = 11.
Giải:
a) Ta có: P =
2 2 2 2
2 2
( 1 2).( 1 3) ( 1 3).( 1 4)
1 3 1 4
x x x x
x x
+ + + + + + + +
+
+ + + +
=
2 2
( 1 2) ( 1 3)x x+ + + + +
P =

2
2 1 5x + +
b) Vì P = 11
2
2 1 5 11x⇔ + + =

2
1 3x⇔ + =

2
8x⇔ =

x⇔ = ±

2 2
Bài 2: Cho a > 0 > b, a > b và biểu thức P =
2 2 2 2
a a b a a b− − + + −
.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Biết a + b = 2.Tìm a,b để P =
2 2
.
c) Chứng minh rằng :
1
2
a b P− + ≥
.
Giải.
a) Ta có: P =

2 2 2 2
0a a b a a b− − + + − ≥
P
2
= a
2 2 2 2 2 2 2 2
2 ( ).( )a b a a b a a b a a b− − + + − + − − + −
= 2a +2
2 2 2
( )a a b− −
= 2a + 2
b
= 2a
−
2b
P =
2 2a b−

b) P =
2 2

2 2 2 2 4 4a b a b a b⇔ − = ⇔ − = ⇔ = +
Mà a + b = 2
2 2 1b b
⇔ = − ⇔ = −
.
3a
⇒ =
.
c) Ta có :

1 1
2 2 0
2 2
a b P a b a b− + ≥ ⇔ − − − + ≥

2 2
2 2
( ) 2. . ( ) 0
2 2
a b a b⇔ − − − + ≥

2
2
( ) 0
2
a b⇔ − − ≥
Bài 3: (3điểm) . Cho a>0,b>0,a.b
1≠
và biểu thức P =
1 1
1 1
a a a a
b b b b
a a
b b
− +
−
− +
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Biết a + b =

10
.Tìm a,b để P = 6 .
c) Chứng minh rằng:
4 2.
a
P
b
+ ≥
Giải.
a) P =
( ) ( )
3 3
3 3
1 1
1 1
a a
b b
a a
b b
   
− +
 ÷  ÷
   
−
− +
=
1 1a a
a a
b b b b
 

+ + − + −
 ÷
 ÷
 
=
2
a
b
b) P =
6 3 9
a
a b
b
⇔ = ⇔ =
Mà a + b =
10
10
10
b =
10
9
10
a⇔ =
c) Ta có
4 2.
a
P
b
+ ≥
4 4

a a
b b
⇔ + ≥
4 4 0
a a
b b
⇔ − + ≥
2
2 0
a
b
 
⇔ − ≥
 ÷
 ÷
 
II. CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT
Bài 1: Lập phương trình đường thẳng (D) : y = ax + b đi qua điểm M(2;1) và vuông góc với
đường thẳng
( ) : 2 3y x∆ = − +
.
Giải.
Vì đường thẳng (D)
: ( ) : 2 3y ax b y x= + ⊥ ∆ = − +
nên a.(
2−
) =
1−

2

2
a
−
⇔ =
Do đó (D) : y =
2
2
x b
−
+
Mặt khác vì M(2;1)
( )D∈
nên ta có
2
2
M M
x b y
−
+ =

2
.2 1
2
b
−
⇔ + =

1 2b⇔ = +
Vậy phương trình đường thẳng (D) cần tìm là :
2

1 2
2
y x
−
= + +
.
Bài 2: Lập phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm A(
1; 1)− −
và hợp với trục Ox một góc
bằng 150
0
.
Giải.
Gọi phương trình đường thẳng (D) cần tìm có dạng y = ax + b
nên
Vì
·
0
(( ); ) 150D Ox =
nên a = tg 150
0
=
0
3
30
3
tg− = −
.Suy ra : (D) : y =
3
3

x b
−
+
.
Mặt khác : A(
1; 1) ( )D− − ∈
nên
3
3
A A
x b y
−
+ =

3
.( 1) 1
3
b
−
⇔ − + = −

3
1
3
b⇔ = − −
Vậy phương trình đường thẳng (D) cần tìm là y =
3 3
1
3 3
x

−
− −
.
Bài 3: Xét tính đồng biến và nghịch biến của hàm số dạng y =
( )
( )
P x
Q x
,trong đó P(x),Q(x) là những
đa thức bậc nhất. chẳng hạn :Xét xem hàm số y =
2 1
3
x
x
+
+
đồng biến hay nghịch biến trong khoảng
( 3; )− +∞
.
Giải.
Với mọi x
1
;x
2

1 2
( 3; ) : x x∈ − +∞ ≠
.Xét :
2 1 2 1 1 2
2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 (2 1)( 3) (2 1)( 3)
( ) ( ) 3 3 ( 3)( 3) 5
( 3)( 3)
x x x x x x
f x f x x x x x
x x x x x x x x
+ + + + − + +
−
− + + + +
= = =
− − − + +
Vì x
1
, x
2

( 3; )∈ − +∞
nên x
1
>
3
−
1
3 0x⇔ + >
, x
2
>
3
−

2
3 0x⇔ + >
.Do đó:
1 2
( 3)( 3) 0x x+ + >
.

⇒

1 2
5
0.
( 3)( 3)x x
>
+ +
Hay
2 1
2 1
( ) ( )
0
f x f x
x x
−
>
−
.
Vậy hàm số y =
2 1
3

x
x
+
+
đồng biến trong
( 3; )− +∞
III.CHỦ ĐỀ 3:
• HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN GIẢI ĐƯỢC BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ
GIẢI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN.
• GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
RỒI BIỆN LUẬN.
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
a)
1(1)
2 4 8(2)
3 9 27(3)
x y z
x y z
x y z
+ + =


+ + =


+ + =

b)
3
2(1)

2
2 3 4(2)
2 3
(3)
2 2
z
x y
y z
y
x y

+ =

+


− =



− =
+


Giải.
a) Lấy
(2) (1)−
ta được : y + 3z = 7
Lấy
(3) (2)−

ta được : y + 5z = 19
Giải hệ :
{
3 7
5 19
y z
y z
+ =
+ =

{
11
6
y
z
=−
=
⇔
Thế y =
11−
, z = 6 vào (1) ta được x = 6.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 6, y =
−
11 , z = 6 .
b) Đặt : t =
1
2x y+
thế vào (1) và (3) ta được :
{
3 2

2 1,5
t z
t y
+ =
− =
1
2 3
2
z y
−
⇒ + =
Kết hợp với phương trình (2) ta có hệ :
{
2 3 4
3 2 0,5
y z
y z
− =
+ =−
{
1
0,5
z
y
=−
=
⇔
1
4
x⇒ =

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x =
1
4
, y =
1
2
, z =
1−
.
Bài 2:Cần đặt một ống nước dài 21m bằng hai loại ống: ống dài 2m và ống dài 3m.Hỏi mỗi
loại cần mấy ống ?
Giải.
Gọi x là số ống loại 2m và y là số ống loại 3m.(Điều kiện: x,y
∈
Z ; x
0, 0y≥ ≥
)
Theo đề bài ta có phương trình : 2x + 3y = 21

2 21 3x y⇔ = −

⇔
21 3
2
y
x
−
=

⇔

x
1
10
2
y
y
−
= − +
Đặt:
1
1 2 1 2 .
2
y
t Z y t y t
−
= ∈ ⇒ − = ⇒ = −
Suy ra :
{
9 3
1 2
x t
y t
= +
=−
Với
t Z
∈
Vì x
0
≥

và
0y ≥

⇒
{
9 3 0
1 2 0
t
t
+ ≥
− ≥

⇒
{
3
0,5
t
t
≥−
≤
⇒ 3 0,5t− ≤ ≤
và
t Z
∈
⇒

{ }
0; 1; 2; 3t ∈ − − −
.
Vậy ta có 4 khả năng có thể chọn là: (x;y) = (0;7),(3;5),(6;3),(9;1).

IV.CHỦ ĐỀ 4: HÀM SỐ Y = ax
2
(a
0
≠
).
PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN.
Bài 1: Cho (P): y = x
2
, (D): y = x+1 , (D
1
): y = m (m là tham số).
a) Vẽ (D),(P) trên cùng 1 hệ trục toạ độ Oxy .
b) Tìm toạ độ giao điểm của (D),(P) bằng đồ thị và bằng phép tính ?
c) Biện luận sự tương giao giữa (D
1
) và (P) .
Giải :
y
a) (P)
(D)
4

m y = m
1

-2 -1 O 1 2 x

b) * Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (D) cắt (P) tại 2 điểm có toạ độ là :

1 5 3 5
( ; )
2 2
M
+ +
,
1 5 3 5
( ; )
2 2
N
− −
* Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) là:

2
1x x= +

2
1 0x x⇔ − − =

1 4 5 0 5∆ = + = > ⇒ ∆ =

⇒
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
,x
2
.

1
1 5

2
x
+
=
,
2
1 5
2
x
−
=

- Với x =
1 5 3 5
2 2
y
+ +
⇒ =
ta được
1 5 3 5
( ; )
2 2
M
+ +
- Với x =
1 5 3 5
2 2
y
− −
⇒ =

ta được
1 5 3 5
( ; )
2 2
N
− −
c) Biện luận:
- Nếu m < 0 thì (D
1
)
∩
(P) =
φ
- Nếu m = 0 thì (D
1
) tiếp xúc (P) tại O (0;0).
- Nếu m > 0 thì ( D
1
) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
Bài 2: Cho (P) có phương trình tổng quát là y = ax
2
+ bx + c (a
0≠
).Tìm a,b,c biết rằng đồ thị
Của nó đi qua 3 điểm : A(0;1) ,B(1;-1) ,M(-2;11).
Giải.
Vì A(0;1) ,B(1;-1) ,M(-2;11)
∈
(P) : y = ax
2

+ bx + c (a
0
≠
) nên ta có hệ phương trình sau:

2
2
2
A A A
B B B
M M M
ax bx c y
ax bx c y
ax bx c y

+ + =

+ + =


+ + =

1
1
4 2 11
c
a b c
a b c
=



⇔ + + = −


− + =

1
2
4 2 10
c
a b
a b
=


⇔ + = −


− =

1
3
1
a
b
c
=


⇔ = −



=

Vậy (P) có phương trình tổng quát là : y = x
2
−
3x + 1.
Bài 3: Giải phương trình :
4 3 2
4 10 37 14 0x x x x− − + − =
Giải.
Giả sử:
4 3 2 2 2
4 10 37 14 ( )( )x x x x x ax b x cx d− − + − = + + + +

4
10
37
14
a c
b d ac
ad bc
bd
+ = −


+ + = −

⇔


+ =


= −


5
2
1
7
a
b
c
d
= −


=

⇔

=


= −

Phương trình đã cho
2 2
( 5 2)( 7) 0x x x x⇔ − + + − =

2
2
5 2 0
7 0
x x
x x
− + =
+ − =

⇔


1
2
5 17
2
5 17
2
x
x
−
=
+
=

⇔




hoặc
3
4
1 29
2
1 29
2
x
x
−−
=
−+
=






1 29 5 17 1 29 5 17
; ; ;
2 2 2 2
S
 
− − − − + +
 
⇒ =
 
 
 