Bài giảng Đê thi HSG 2010

Phòng GD&ĐT Đông sơn Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Trờng THCS Đông Tiến
GV ra đề : Lê Văn Hoan. Môn : Toán ( Bảng A)
Thời gian : 150 phút không kể chép đề.
Bài1:
1) Cho hàm số f(x) = a x
2
+ bx + c thoả mãn điều kiện : f(x) 1, x [-1;1]. Chứng
minh rằng khi x 1 thì cx
2
+ bx + a 2
2) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x
3
- 2y
3
= 4z
3
Bài2:
Giải hệ phơng trình : x
2
y
2
- 2x +y
2
= 0
2x
2
- 4x + 3 + y
3
= 0
Bài 3:

1) Giải phơng trình :
3
2 - x + x - 1 = 1
2) Cho hệ phơng trình : x
2
+ y
2
+ z
2
= 2
xy + yz + xz = 1
-4 4
Giả sử hệ phơng trình có nghiệm, Chứng minh x, y, z
3 3
Bài4:
Từ điểm M trên cung nhỏ AC của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( M khác A
và C) kẻ MK BC, MH AC, ( K BC; H AC) . Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm
của AB và HK. Chứng minh rằng MF EF.
Bài5: Qua M nằm trong tam giác ABC ta kẻ MA
1
, MB
1
, MC
1
lần lợt vuông góc với các
đờng thẳng BC, CA,AB ( A
1
BC ; B
1
CA; C

1
AB) .Đặt BC = a ,
a b c
CA = b, AB = c. Tìm giá trị nhỏ nhất của: + +
MA
1
MB
1
MC
1
Đáp án
Bài1: (5 điểm)
1) (3,0đ): Hàm số f(x) = ax
2
+ bx + c thỏa mãn điều kiện f(x)1 , x [-1; 1]
Thay x lần lợt các giá trị 1; -1; 0 ta đợc :
f(1) = a + b + c; f(-1) = a -b +c; f(0) = c . (0,25đ)
1 1
Từ f(1) = a + b + c a = f(1) + f(-1) -f(0)
2 2
=> 1 1
f(-1) = a - b +c b = f(1) - f(-1) (0,5đ)
2 2
f(0) = c c = f(0)
Ta có : 1 1 1 1
cx
2
+ bx + a = f(0)x
2
+ [ f(1) - f(-1)] x + f(1) + f(-1) - f(0)

2 2 2 2
1 1
= f(0) (x
2
- 1) + f(1) ( x +1) + f(-1)(1-x) (0,5đ)
2 2
1 1
Suy ra : cx
2
+ bx + a f(0)x
2
-1 + f(1)x+1 + f(-1)1-x(0,5đ)
2 2
1 1
x
2
- 1 + x +1 + 1-x (0,5đ)
2 2
Do x1 => -1 x 1 => x
2
- 1 0 ; x +1 0 ; 1 - x 0.
1 1 1 1
=> cx
2
+ bx + a -x
2
+1 + x + + - x = 2 - x
2
2
2 2 2 2

=> cx
2
+ bx + a 2 (0,5đ)
Chọn f(x) = 2x
2
- 1 suy ra điều kiện f(x) = 2x
2
- 1 1, x [-1,1] thỏa mãn.
Khi đó cx
2
+ bx + a} = -x
2
+ 2 = 2 với x = 0.
=> Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0, a=2. (0,5đ)
2) (2,0đ) Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : x
3
- 2y
3
= 4z
3

Giả sử ( x
0
; y
0
; z
0
) là 1 nghiệm của phơng trình .
=>x
0

3
- 2y
0
3
= 4z
0
3
(1)
=> x
0
3
2 => x
0
2 , đặt x
0
= 2x
1
(0,5đ)
Thay vào (1) ta có : 4x
1
3
- y
0
3
= 2z
3
0
=> y
0
3

2 => y
0
2., đặt y
0
= 2y
1
.
=> 2x
1
3
- 4y
1
3
= z
0
3
=> z
0
3
2 => z
0
2 , đặt z
0
= 2z
1
. (0,5đ)
x
0
y
0

z
0
Ta có : x
1
3
- 2y
1
3
= 4z
1
3
=> (; ; ) cũng là nghiệm của phơng trình ( 0,5đ)
2 2 2
x
0
y
0
z
0
Quá trình này có thể tiếp tục mãi và ( ; ; ) cũng là nghiệm .
2
k
2
k
2
k
x
0
y
0

z
0
Các số ; ; là nguyên với k N. Điều này chỉ xảy ra khi x
0
= y
0
= z
0
=0.
2
k
2
k
2
k
Vậy nghiệm nguyên của phơng trình : x
3
- 2y
3
= 4z
3
là (0;0;0) (0,5đ)
Bài2(3đ): Giải hệ phơng trình :
x
2
y
2
- 2x + y
2
= 0

2x
2
- 4x + 3 +y
3
= 0 (I)
2x 2x
y
2
= y
2
= (1)
Hệ (I) x
2
+1 x
2
+1
2x
2
- 4x + 2 + y
3
+1 = 0 2(x-1)
2
+ y
3
+ 1 = 0(2) (0,5đ)
2x 2x
Do = 1 (0,5đ)
x
2
+1 x

2
+ 1
Từ (1) => y
2
1 => -1 y 1 (0,5đ)
Vì y -1 => y
3
-1 => y
3
+ 1 0 và ( x - 1)
2
0 (0,5đ)
=> vế phải của (2) không âm.
=> (2) y
3
+1 = 0 y = -1
(0,5đ)
2 ( x-1)
2
= 0 x = 1
Do ( x= 1 ; y = -1) thỏa mãn (1). Vậy hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất
( x = 1 ; y = -1 ) (0,5đ)
Bài3 (5 đ):
1) (2đ) : Giải phơng trình :

3
x

2
+

1

x
= 1
Điều kiện xác định : x 1 (0,25đ)
Đặt :
3
x

2
= a => x = 2 - a
3
(0,25đ)
Ta đợc phơng trình : a +
a

1
3
= 1 hay
a

1
3
= 1 - a (0,25đ)
Với điều kiện : 1- a 0 hay a 1 (0,25đ)
Thì ta có phơng trình : 1 - a
3
= a
2
- 2a + 1

Giải đợc a = 0, a = 1, a = -2 thoả mãn điều kiện . (0.25đ)
Với a = 0 ta đợc x = 2
a = 1 ta đợc x = 1
a = -2 ta đợc x = 10 (0,25đ)
x = 2; x = 1; x = 10 thoả mãn điều kiện xác định x 1
Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = {1;2;10} (0,25đ)
2) (3đ) :
Ta có : x
2
+ y
2
+ z
2
= 2 (y+z)
2
- 2yz = 2 - x
2

xy + yz + xz = 1 yz + x ( y +z) = 1
Đặt S = y +z ; P = yz. Hệ phơng trình trở thành
s
2
- 2p = 2 - x
2
(1) (0,5đ)
p + xs = 1 (2)
Từ (2) => p = 1 - xs thay vào (1) ta đợc :
s
2
- 2 ( 1 - sx) = 2 - x

2
s
2
+ 2xs + x
2
- 4 = 0
=> S = -x + 2
S = - x - 2 (0,5đ)
* Khi : s = -x + 2 thì p = 1 - x( -x + 2) = x
2
- 2x + 1
Do: y +z = -x +2; yz = x
2
- 2x + 1 => y; z là nghiệm của phơng trình :
t
2
- (2 - x)t +x
2
- 2x +1 = 0 (0,5đ)
Do y,z tồn tại => = ( 2-x)
2
- 4 ( x
2
- 2x +1) 0
=> 0 x 4/3 (0,5đ)
* Khi s = -x -2 thì p = x
2
+ 2x + 1
Do : y + z = -x - 2 ; yz = x
2

+ 2x + 1 => y,z là nghiệm của phơng trình :
t
2
+ (x +2)t + x
2
+ 2x + 1 = 0
Do: y,z tồn tại => = ( x+2)
2
- 4 ( x
2
+ 2x +1) 0
=> -4/3 x 0
Vậy ta có : -4/3 x 4/3 (0,5đ)
Vai trò của x,y,z nh nhau nên ta có : -4/3 x,y,z 4/3 (0,5đ)
Bài4(4đ):
I
A M

Ê
B K C
Kẻ MI AB. Ta chứng minh đợc I, H, K thẳng hàng (0,5đ)
Ta có : ABM = IKM ( vì cùng bằngACM ) (0,5đ)
MAB = MHK ( cùng bù với hai góc bằng nhau IAM = BCM ) (0,5đ)
=>MAB đồng dạng MHK (g.g) (0,5đ)
=> AB
=
BM
=>
EB
=

BM
HK KM FK KM (0,5đ)
=> EBM đồng dạng FKM (c.g.c) (0,5đ
Nên :BEM = KFM => IEM = IFM
=> Tứ giác IEFM nội tiếp (0,5đ)
=> Góc EFM = 90
0
=> EF MF (0,5đ)
E
F
H
K
Bài5(3đ):
A
C
1
B
1
z y
M
x
B
A
1
C
Đặt : MA
1
= x ; MB
1
= y; MC

1
= z. Diện tích ABC = S
Ta có : ax = 2S
MBC
; by = 2S
MCA
; cz = 2S
MBA
(0,5đ)
Vì vậy: a x + by + cz = 2 ( S
MBC
+ S
MCA
+ S
MBA
) = 2S (0,5đ)
a b c
Xét : ( ax + by +cz ) ( + + )
x y z
x y y z z x
=a
2
+b
2
+c
2
+ ab ( + ) + bc ( + ) + ca ( + ) (0,5đ)
y x z y x z
a
2

+b
2
+c
2
+ 2ab + 2bc + 2ac = ( a +b + c)
2
(0,5đ)
a b c ( a + b + c)
2
=> + + (0,5đ)
x y z 2s
Dấu đẳng thức xảy ra x = y = z M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC.
Kết luận:
Min
S
cba
MC
c
MB
b
MA
a
2
)(
)(
2
111
++
=++
(0,5đ)