Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 năm 2009 - Sở GD&ĐT Lai Châu (Có đáp án)

Đỗ Văn Lâm - Giáo viên tr−ờng THCS Thị Trấn Tân Uyên Sở giáo dục và đào tạo lai châu (Đề thi gồm 01 trang) kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học: 2008 - 2009 môn: toán - lớp 9 cấp THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1: Cho ph−ơng trình: (m + 1)x2 - (2m + 3)x + 2 = 0 (m là tham số) (*) 1, Giải ph−ơng trình với m = 3 2 − 2, Tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm soa cho nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia. 3, Tìm m để ph−ơng trình có ít nhất một nghiệm âm. Câu 2. 1, CMR nếu a; b; c ∈ Z và a + b + c ⋮ 8 thì (a + b)(b + c)(a + c) - 3abc ⋮ 8 2, Trong một cuộc họp có 6 ng−ời, biết rằng cứ 3 ng−ời bất kì có ít nhất hai ng−ời quen nhau. CMR trong 6 ng−ời đó luôn tìm đ−ợc nhóm 3 ng−ời thoả mEn đôi một quen nhau. Câu 3. 1. Tính A = 542009x3 với x = 3 310 6 3 10 6 3+ + − 2. Tìm tất cả các số x, y, z nguyên d−ơng thoả mEn x < y < z biết rằng chúng thoả mEn ph−ơng trình: xyz + xy + yz + x + y + z = 2009 Câu 4. 1. Cho hình thang ABCD có góc A, D vuông, AC ⊥ BD tại H, biết AH = 3cm; AB = 5cm a, CMR 2 2 2 1 1 1 AD AC BD = + b, Tính AD và diện tích ABCD 2. Hình thoi ABCD có độ dài cạnh là a, Gọi R1, R2 lần l−ợt là bán kính đ−ờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 2 1 1 4 R R a + = đề chính thức Đỗ Văn Lâm - Giáo viên tr−ờng THCS Thị Trấn Tân Uyên đáp án Chú ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo Câu 1: Cho ph−ơng trình: (m + 1)x2 - (2m + 3)x + 2 = 0 (m là tham số) (*) 1. Với m = 3 2 − thì (*) ⇔ x2 - 4 = 0 ⇔ x = - 2 hoặc x = 2 Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt: x = -2 hoặc x =2 2. Tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm sao cho nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia: Ph−ơng trình muốn có hai nghiệm thì : m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ -1. Khi đó Giả sử x1 = 4x2 ⇒ 1 2 1 2 1 2 2m 3 x x (1) m 1 x 4x (2) 2 x .x (3) m 1 + + = +  =   = + từ (1) và (2) ⇒ 1 2 4(2m 3) x 5(m 1) 2m 3 x 5(m 1) + = +  + =  + Thay trở lại vào ph−ơng trình (3) ta đ−ợc: 2 24(2m 3) 2.5 (m 1)+ = + ⇔ 16m2 + 48m + 36 = 50m + 50 ⇔ 8m2 - m - 7 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = 7 8 − Thử lại: - Với m = 1 ⇒ x1 = 2; x2 = 1 2 (Thoả mEn) - Với m = 7 8 − ⇒ x1 = 2; x2 = 8 (Thoả mEn) Vậy m = 1 hoặc m = 7 8 − thảo mEn điều kiện bài toán. 3. Tìm m để ph−ơng trình có ít nhất một nghiệm âm: +) Nếu m = -1 thì (*) ⇔ -x + 2 = 0 ⇔ x = 2 > 0 (loại) +) Nếu m ≠ -1 ; ∆ = (2m + 3)2 - 8(m + 1) = 4m2 + 12m + 9 - 8m - 8 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 ≥ 0 TH1: Ph−ơng trình có hai nghiệm kép âm: Khi đó ∆ = 0 ⇔ m = 1 2 − ⇒ x1 = x2 = 2 > 0 (loại) TH2: Ph−ơng trình có hai nghiệm trái dấu ⇒ a.f(0) < 0 ⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < -1(thoả mEn) TH3: Ph−ơng trình có hai nghiệm âm ⇔ af (0) 0 0 b 0 2a   > ∆ >  − <  ⇔ m 1 2m 3 0 2(m 1) > −  + < + ⇔ m 1 3 m 1 2 > −   − < − (loại) Kết luận: Với m < -1 ph−ơng trình có ít nhất một nghiệm âm Câu 2. 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: (a + b)(b + c)(a + c) = (a + b + c)(ab + bc + ac) - abc Thật vậy ta chỉ cần phân tích đa thức ở vế phải thành nhân tử: (Ph−ơng pháp xét giá trị riêng) Xét đa thức P = (a + b + c)(ab + bc + ac) - abc - Nếu thay a = - b ⇒ P = 0 ⇒ P ⋮ (a + b) ⇒ P có nhân tử (a + b) - Nếu thay b = - c ⇒ P = 0 ⇒ P ⋮ (b + c) ⇒ P có nhân tử (b + c) - Nếu thay c = - a ⇒ P = 0 ⇒ P ⋮ (b + c) ⇒ P có nhân tử (c + a) Mặt khác P có bậc là 3 và đa thức (a + b)(b + c)(a + c) có bậc là 3 ⇒ P có dạng k(a + b)(b + c)(a + c) ⇒ (a + b + c)(ab + bc + ac) - abc = k(a + b)(b + c)(a + c) Vì đẳng thức đúng với mọi a; b; c ⇒ Gán a = 0; b = c = 1 ⇒ k = 1 Vậy (a + b + c)(ab + bc + ac) - abc = (a + b)(b + c)(a + c) (đpcm) *) CMR nếu a; b; c ∈ Z và a + b + c ⋮ 8 ⇒ (a + b)(b + c)(a + c) - 3abc ⋮ 8 Do a + b + c ⋮ 8 ⇒ ít nhất một trong 3 số a, b, c là số chẵn ⇒ abc ⋮ 2 Mặt khác: (a + b)(b + c)(a + c) - 3abc = (a + b + c)(ab + bc + ac) - 4abc ⋮ 8 Đỗ Văn Lâm - Giáo viên tr−ờng THCS Thị Trấn Tân Uyên ( vì a + b + c ⋮ 8 (gt) và 4abc ⋮ 8 do abc ⋮ 2) Vậy (a + b)(b + c)(a + c) - 3abc ⋮ 8 (đpcm) 2. Trong một cuộc họp có 6 ng−ời, biết rằng cứ 3 ng−ời bất kì có ít nhất hai ng−ời quen nhau. CMR trong 6 ng−ời đó luôn tìm đ−ợc nhóm 3 ng−ời thoả mTn đôi một quen nhau. Chuyển bài toán sang ngôn ngữ đồ thị: Có 6 điểm trên mặt phẳng mà không có 3 điểm nào thẳng hàng. Giả sử đỉnh của đồ thị là 6 ng−ời. Nối tất cả các đỉnh với nhau và tô màu các cạnh theo quy tắc sau: +) Mầu đỏ: Nếu hai ng−ời quen biết nhau. +) Mầu xanh: Nếu hai ng−ời không quen biết nhau. Nh− vậy ta phải chứng minh trong 6 điểm đó luôn tồn tại một tam giác có 3 cạnh màu đỏ. Xét các cạnh AB, AC, AD, AE, AF có 5 cạnh chỉ đ−ợc tô bởi hai màu nên phải có 3 cạnh nào đó cùng mầu. Không mất tính tổng quát giả sử AB, AC, AD là 3 cạnh cùng mầu: Hoặc cùng mầu xanh; hoặc cùng mầu đỏ TH1: AB, AC, AD cùng mầu xanh ⇒ ∆ ABC không thoả mEn điều kiện ít nhất 2 cạnh mầu đỏ ( vì giả thiết 3 cạnh bất kỳ phải có ít nhất 2 cạnh màu đỏ) TH2: AB, AC, AD cùng màu đỏ, theo giả thiết thì ∆ BCD cũng phải có ít nhất hai cạnh mầu đỏ ⇒ \ Nếu BC mầu đỏ ⇒ ∆ ABC có 3 cạnh màu đỏ \ Nếu BD màu đỏ ⇒ ∆ ABD có 3 cạnh màu đỏ \ Nếu CD màu đỏ ⇒ ∆ ACD có 3 cạnh màu đỏ ⇒ Trong 6 điểm ta luôn tìm đ−ợc một tam giác có 3 cạnh màu đỏ ⇒ Trong 6 ng−ời ta luôn tìm đ−ợc nhóm 3 ng−ời thoả mEn điều kiện đôi một quen biết nhau Câu 3. 1. Tính A = 542009x3 với x = 3 310 6 3 10 6 3+ + − Ta có: x = 3 310 6 3 10 6 3+ + − ⇔ x3 = 20 + 3 ( )3 3 3(10 6 3)(10 6 3) (10 6 3) (10 6 3)+ + + + − ⇔ x3 = 20 + 3 2 23 10 (6 3) x− ⇔ x3 = 20 - 6x ⇔ x3 + 6x - 20 = 0 ⇔ (x - 2)(x2 + 2x + 1) = 0 ⇔ x = 2 ⇒ A = 542009.23 = 4336027 2. Tìm tất cả các số x, y, z nguyên d−ơng thoả mTn x < y < z biết rằng chúng thoả mTn ph−ơng trình: xyz + xy + yz + x + y + z = 2009 Theo bài ra ta có: (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 2008 = 8.251 = 23.251. Do 0 < x < y < z TH1: x 1 2 y 1 4 z 1 251 + =  + =  + = ⇔ x 1 y 3 z 250 =  =  = ( các tr−ờng hợp khác đều không thoả mEn) Vậy ph−ơng trình trên có một nhiệm (1; 3; 250) Câu 4. 1. Cho hình thang ABCD có góc A, D vuông, AC ⊥ BD tại H, biết AH = 3cm; AB = 5cm a, CMR 2 2 2 1 1 1 AD AC BD = + Thật vậy: Từ D kẻ DE // AC, DE ∩ AB = E ⇒ DE ⊥ BD Xét ∆ vuông DBE. áp dụng hệ thức về cạnh và đ−ờng cao trong tam giác vuông ta có: 2 2 2 1 1 1 DA DE DB = + ⇒ 2 2 2 1 1 1 AD AC BD = + ( Vì ED = AC do ACDE là hình bình hành) (đpcm) b, Tính AD và diện tích ABCD Xét ∆ vuôn HAB có AB = 5cm; AH = 3cm ⇒ ABH = 300 ⇒ AD = ABtg300 = 5 3 3 (cm) A B C D E F / 60 0 300 4cm 5cm 3cm H E A B D C Đỗ Văn Lâm - Giáo viên tr−ờng THCS Thị Trấn Tân Uyên Mà  ACD CAB= = 600 (so le trong) ⇒ CD = 0 AD tg60 = 5 3 ⇒ SABCD = 5 5 3(5 )(AB CD)AD 50 33 3 2 2 9 ++ = = (cm2) 2. Hình thoi ABCD có độ dài cạnh là a, Gọi R1, R2 lần l−ợt là bán kính đ−ờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 2 1 1 4 R R a + = C/m Gọi M là trung điểm của AB. Qua M kẻ trung trực của AB cắt AC tại O1 và cắt đ−ờng kéo dài BD tại O2 ⇒ O1 và O2 là tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆ ABC và ∆ ABD +) ∆ AOB ∼ ∆ AMO2 (g.g) ⇒ R2 = AO2 = AB.AM AO +) ∆ AOB ∼ ∆ O1MB (g.g) ⇒ R1 = O1B = AB.MB OB ⇒ AO = 2 2 a 2R ; OB = 2 1 a 2R mà AO2 + OB2 = AB2 = a2 ⇒ 22 2 a 2R       + 22 1 a 2R       = a2 ⇒ 2 2 2 1 2 1 1 4 R R a + = (đpcm) M O O1 O2 B D A C