De thi HSG lop 9 mon Toan tinh Binh Dinh 20092010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS KHÓA NGÀY : 23 – 3 – 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 23/ 3/ 2010 ------------------------------------. Bài 1: (3,0 điểm) 3 3 1. Giải phương trình: x  2 81  7 x 18 2. Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2009 và tổng các chữ số của nó bằng 2010. Bài 2: (3,0 điểm) 2 2 Cho phương trình x  2mx  2m  1 0 (1) ( m là tham số). 1. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. 2. Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn hệ thức: x13 + 3 2 x2 - x1 - x22 = -2. Bài 3: (4,0 điểm) 1. Tìm x,y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất P 3 x 2  11 y 2  2 xy  2 x  6 y  1. 2. Cho đa thức P(x) bậc 5 có các hệ số nguyên. Biết rằng P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng: Với mọi x  Z thì P(x) không thể có trị số bằng 2010. Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM, lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại P,R,Q. Kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC. a. Chứng minh rằng: MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC b. Xác định vị trí của M để diện tích tam giác PQR lớn nhất. Bài 5: (4,0 điểm) 1. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn hệ thức a + b + c = 6abc. Chứng minh rằng: bc ca ab  3  3  3 a (c  2b) b (a  2c ) c (b  2a ) 2. Cho ba số thực α, β, γ > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z   . y  z z  x x  y M= Với mọi x, y, z > 0. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH - Năm học: 2009 – 2010..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đoàn Cát Nhơn : GV THCS Nhơn Lộc – An Nhơn – Bình Định.. 3. 3. Bài 1: 1. x  2 81  7 x 18. 33. (1). 3 7.. ĐK : x ≤ 81  t 2 3 3 t  81  7 x 0  x  7 . Thế vào PT (1) ta được: Với ĐK trên ta đặt:.  t1 9   t 5 t2 – 14t + 45 = 0  2. + Với t = 9 ta được x = 0 (TMĐK) + Với t = 5 ta được x = 2. (TMĐK). Vậy PT (1) có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2.. 2.Trước tiên ta dễ chứng minh nhận xét sau: Mọi số dạng aa...a thì chia hết cho a. (Ta có thể chứng minh bằng quy nạp). 20092009...2009       . n Theo trên ta sẽ chọn số có dạng A = chia hết cho 2009. Bây giờ ta đi tìm n. Theo đề toán thì tổng các chữ số của A bằng 2010. Suy ra 11n = 2010  n  N ( loại ). Bằng. 60276027...6027        n. cách chọn tương tự ta được số có dạng A =. chia hết cho 2009. Mặt khác: 15n. 60276027...6027        134. = 2010  n = 134. Vậy tồn tại số có dạng. thỏa mãn yêu cầu bài toán.. Bài 2: x2 – 2mx + 2m2 – 1 = 0 (1) 2 Ta có:  ' 1  m ; x1 + x2 = 2m; x1.x2 = 2m2 – 1 .. (2)  '  0   x1  x2  0   x .x  0 1. Để PT (1) có 2 nghiệm dương phân biệt thì  1 2 2. Ta có:. 1  m 2  0 2    m 1 2m  0 2 2m 2  1  0 . x  x  x  x  2 3 1. 3 2. 2 1. 2 2. 3. 2.   x1  x2   3 x1 x2  x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  2  m 0 4 m  6 m 0    m  3  2 Từ (2) và (3) với các biến đổi ta được: Kết hợp với ĐK có nghiệm ta được m = 0 là giá trị duy nhất.. . (3). 3. Bài 3: 1. P = 3x2 + 11y2 – 2xy – 2x + 6y – 1 . Ta đưa về PT bậc 2 với ẩn x : 3x2 – 2x.(y + 1) + 11y2 + 6y – 1 – P = 0.. (1). ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 Để tồn tại nghiệm x thì PT (1) phải có:  '  32 y  16 y  4  3 p 0 2. 1   3 p  4 32 y  16 y 32  y    2  2  p  2 . 4  1 1 1 1 y  ; x  y  ; x  4 4 . Vậy P nhỏ nhất bằng – 2 khi 4 4. Đẳng thức xảy ra khi 2. 2. Do P(x) nhận giá trị 2003 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x nên ta đặt : P( x ) h( x ).  x  x1  .  x  x2  .  x  x3  .  x  x4   2003 . Trong đó: h(x) là đa thức bậc nhất với. x  Z ; i 1,4. hệ số nguyên ( chẳng hạn: h(x) = ax + b; a, b nguyên); i . Ta sẽ dùng phản chứng, giả sử rằng tại x = x0 nguyên ta có: P(x0) = 2010 suy ra: 2010 h( x0 ).  x0  xi   2003; i 1,4  h( x0 ).  x0  xi  7; i 1,4  *. x  x ; i 1,4. i Vì 0 nên vế trái của (*) là tích của ít nhất 4 số nguyên khác nhau và khác không. Còn VP = 7 chỉ có thể phân tích 1.7 hoặc (-1).(-7) là tích hai số nguyên khác nhau. Nên đẳng thức (*) không thể xảy ra. Hay giả sử trên là sai. Bài toán được chứng minh.. Bài 4:. A. PM MI SBMC   PA AH SABC 1. Ta có: SBMC 2S PM MI MI .BC      BMC SABC  SBMC MA MA MA.BC MA.BC.  MA.BC 2  SABC  SBMC . .. Tương tự ta cũng có: MB. AC 2  SABC  SAMC  ; MC. AB 2  SABC  SAMB . Q. R M. B. H. I. C. P. . Cộng theo vế ta sẽ được điều cần chứng. minh..  SPQR  x  y  z 2. Đặt SPMQ = x; SQMR = y; SRMP = z . SRMP MR SPMQ MQ z.x MR.MQ y  ;     SMCP SPMB MC .MB SBMC . Ta có: SMCP MC SPMB MB 2 SBMC S zx SBMP .SPMC xy SCMA     BMC  1  y SBMC 4SBMC 4 z 4 .Tương tự ta cũng có:. yzxSABC  Cộng theo vế các BĐT (1), (2) và (3) ta được: zxy4 ..  2 ;. yz SAMB  x 4. (4) xy yz zx   x  y  z z x y Mặt khác dùng BĐT Cô-si ta sẽ chứng minh được nên từ (4) suy ra:.  3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SABC S  SPQR  ABC 4 4 . SPMB SPMC ; SCMQ SQMA ; SAMR SRMB   x  y  z Đẳng thức xảy ra khi:  M là trọng tâm của tam giác xyz. ABC. Vậy khi M là trọng tâm của tam giác ABC thì Bài 5:.  S  max  PQR. SABC 4. 2 1. Dự đoán dấu = xảy ra khi a = b = c = 2 . Từ đó ta áp dụng BĐT Cô-Si như sau:. bc c  2b 2   2 a  c  2b  9abc 3a 3. Ta có: ; … cộng theo vế và biến đổi ta được: bc ca ab 2  1 1 1  a b c  3  3  . 2  2  2   3 a  c  2b  b  a  2c  c  b  2a  3  a b c  3abc . (*). 1 1 1 1 1 1 abc       6 2 b2 c2 ab bc ca abc Mặt khác: a nên từ (*) ta có: bc ca ab 2 6abc  3  3  .6  2 3 a  c  2b  b  a  2c  c  b  2a  3 3abc. 2 . Dấu = xảy ra khi a = b = c = 2 .. t min  ,  , .   > 0 ta có: 2. Giả sử  x  1 x  y z y z  1 1  M  t.       t  x  y  z     3t yz zx x y  yz zx x y  x y yz zx  . t 9t 3t  1 1 1 M   a  b  c       3t   3t  2 2 2  a b c Đặt a = x + y; b = y + z; c = z + x ta được: Mmin .   3t  a b c  x  y z   2 t min   ,  ,    t min   ,  , .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>