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

Đỗ Văn Lâm - Tr−ờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu Sở giáo dục và đào tạo lai châu (Đề thi gồm 01 trang) kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học: 2009 - 2010 môn: toán - lớp 9 cấp THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Câu I. (3,0 điểm) Cho ph−ơng trình: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực) 1. Tìm m để ph−ơng trình đ% cho có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm d−ơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm. 2. Tìm số nguyên m để ph−ơng trình có 2 nghiệm x1, x2 là các số nguyên. Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho ph−ơng trình: x4 - 17x2 + 4 = 0 Chứng minh rằng ph−ơng trình đ% cho có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó lần l−ợt là x1, x2, x3, x4. H%y tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6 1x + 6 2x + 6 3x + 6 4x 2. Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001+ − + + Câu III. (5,0 điểm) 1. Giải ph−ơng trình: 3 x 4 5 x 3+ + − = 2. Có 7 cổ đông (ng−ời hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100 cổ phần (số vốn điều lệ của công ty đ−ợc chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ phần của 7 cổ đông này đều khác nhau. Chứng minh rằng luôn tìm đ−ợc nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50 cổ phần. Câu IV. (6,0 điểm) Cho đ−ờng tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D. Dựng đ−ờng kính DE của đ−ờng tròn (O; r). Tiếp tuyến với đ−ờng tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại H và K, đ−ờng AE cắt cạnh BC tại M. Chứng minh rằng: 1.
KOC = 900 2. EK.CD = HE.BD = r2 3. BD = CM Câu V. (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả m%n x3 + y3 = 2 H%y tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y -------------------HếT-------------------- Họ và tên thí sinh:.. Số báo danh: đề chính thức Đỗ Văn Lâm - Tr−ờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu Đáp án Chú ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo Câu I. (3,0 điểm) Cho ph−ơng trình: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 (m là tham số thực) 1. Tìm m để ph−ơng trình đ% cho có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm d−ơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm. 2. Tìm số nguyên m để ph−ơng trình có 2 nghiệm x1, x2 là các số nguyên. Giải 1. Điều kiện để ph−ơng trình có hai nghiệm trái dấu thoả m%n giá trị tuyệt đối của nghiệm d−ơng nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm là: x1 < b 2a − < 0 < x2 ⇔ 1 2x 0 x 4m 5 0 m 1b m 1 00 2a < < − < ⇔ ⇔ < −  + <− <  KL: Với m < -1 thảo m%n điều kiện đề bài. 2. Vì '∆ = (m + 1)2 - (4m - 5) = (m - 1)2 + 5 > 0 (với mọi m) nên ph−ơng trình đ% cho luôn có hai nghiêm x1; x2 phân biệt. Từ: x2 - 2(m + 1)x + 4m - 5 = 0 ⇒ m = 2x 2x 5 2x 4 − − − Nếu m ∈ Z ⇒ 2 x 2x 5 2x 4 − − − ∈ Z ⇒ 22(x 2x 5) 2x 4 − − − ∈ Z ⇒ 10 x 2x 4 − − ∈ Z hay 5 x x 2 − − ∈ Z ⇒ x - 2 ∈ Ư(5) ⇒ x - 2 = { }1; 5± ± ⇒ x = {-3; 1; 3; 7} - Nếu x = -3 hoặc x = 3 ⇒ m1 = -1 . Thay vào ph−ơng trình kiểm tra thấy thoả m%n. - Nếu x = 1 hoặc x = 7⇒ m2 = 3. Thay vào ph−ơng trình kiểm tra thấy thoả m%n. KL: Với m = {-1; 3} thoả m%n điều kiện đề bài. Câu II. (4,0 điểm) 1. Cho ph−ơng trình: x4 - 17x2 + 4 = 0 (1) Chứng minh rằng ph−ơng trình đ% cho có 4 nghiệm phân biệt. Gọi 4 nghiệm đó lần l−ợt là x1, x2, x3, x4. H%y tính chính xác giá trị của biểu thức P = 6 1x + 6 2x + 6 3x + 6 4x 2. Rút gọn biểu thức: P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001+ − + + Giải 1. Đặt x2 = y ≥ 0. Khi đó (1) ⇔ y2 - 17y + 4 = 0 (2). Khi đó (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm d−ơng phân biệt. Hay ta phải chứng minh (2) có: 0 a.f (0) 0 b 0 2a  ∆ >  >  − >  . Thật vậy: (2) có 217 4.4 273 0 a.f (0) 4 0 b 17 0 2a 2  ∆ = − = >  = >  − = >  (đúng) ⇒ (2) có hai nghiệm d−ơng phân biệt ⇒ (đpcm) Gọi y1, y2 là hai nghiệm d−ơng của ph−ơng trình (2) ⇒ x1 = - 1y , x2 = - 2y , x3 = 1y , x4 = 1y ⇒ P = 61x + 6 2x + 6 3x + 6 4x = 2( 3 1y + 3 2y ) = 2(y1 + y2)[(y1 + y2) 2 - 3y1y2] = 2.17.(172 - 3.4) = 9418. 2. P = 3 2 1001 1002 9025 24 1001 1001+ − + + Đỗ Văn Lâm - Tr−ờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu = 2 23 ( 1001 1001) (3 1001 4) 1001+ − + + = 3. | 1001 +1001| - |3 1001 + 4| + 1001 = 4000 Câu III. (5,0 điểm) 1. Giải ph−ơng trình: 3 x 4 5 x 3+ + − = 2. Có 7 cổ đông (ng−ời hoặc tổ chức góp vốn) của một công ty Cổ phần A nắm giữ tổng số 100 cổ phần (số vốn điều lệ của công ty đ−ợc chia nhỏ thành các phần bằng nhau gọi là cổ phần), số cổ phần của 7 cổ đông này đều khác nhau. Chứng minh rằng luôn tìm đ−ợc nhóm 3 cổ đông trong 7 cổ đông nêu trên mà tổng số cổ phần của nhóm này nắm giữ trong trong Công ty cổ phần A ít nhất là 50 cổ phần. Giải 1. ĐKXĐ: x ≤ 5. Đặt U = 3 x 4+ ; V = 5 x− ≥ 0. Theo bài ra ta có hệ: 3 2 3 2 3 2 U V 3 V 3 U V 3 U V 3 U U(U 2)(U 3) 0U V 9 U (3 U) 9 U U 6U 0 + = = − = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    − + =+ = + − = + − =    TH1: 3U 0 x 4 0 x 4 V 3 5 x 3 = + =  ⇔ ⇔ = −  = − =  (T/m) TH2: 3U 2 x 4 2 x 4 V 1 5 x 1 = + =  ⇔ ⇔ =  = − =  (T/m) TH3: 3U 3 x 4 3 x 31 V 6 5 x 6 = − + = −  ⇔ ⇔ = −  = − =  (T/m) KL: Ph−ơng trình có 3 nghiệm: x = {-31; -4; 4} 2. Vì số cổ phiểu của 7 cổ đông không bằng nhau nên ta gọi số cổ phiếu của mỗi cổ đông là a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7 và sắp theo thứ tự: a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7. Vì số cổ phiếu của mỗi cổ đông là các số tự nhiên nên ta xét: - Nếu a4 ≥ 13 ⇒ a5 + a6 + a7 ≥ 14 + 15 + 16 = 50 (đúng) - Nếu a4 ≤ 12 vì a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7 nên a1 + 4 ≤ a5 a2 + 4 ≤ a6 a3 + 4 ≤ a7 ⇒ a1 + a2 + a3 + 12 ≤ a5 + a6 + a7 (cộng hai vế với a5 + a6 + a7) ⇔ a1 + a2 + a3 + a5 + a6 + a7 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7) ⇔ 100 - a4 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7). Vì a4 ≤ 12 ⇔ 100 - 12 + 12 ≤ 100 - a4 + 12 ≤ 100 - a4 + 12 ≤ 2(a5 + a6 + a7) ⇔ 100 ≤ 2(a5 + a6 + a7) hay a5 + a6 + a7 ≥ 50 Tóm lại tổng số phiếu của ba cổ đông cao nhất luôn lơn hơn hoặc bằng 50 cổ phiếu Câu IV. (6,0 điểm) Cho đ−ờng tròn (O; r) nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D. Dựng đ−ờng kính DE của đ−ờng tròn (O; r). Tiếp tuyến với đ−ờng tròn (O; r) tại E cắt các cạnh AB và AC theo thứ tự tại H và K, đ−ờng AE cắt cạnh BC tại M. Chứng minh rằng: 1.
KOC = 900 2. EK.CD = HE.BD = r2 3. BD = CM Giải 1, Ta có:  1 2O O= (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1)  3 4O O= (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (2) Do DE là đ−ờng kính(gt) ⇒
EON và
DON là hai góc kề bù (3) 4 3 21F N E M O KH D CB A Đỗ Văn Lâm - Tr−ờng THCS TT Tân Uyên - Lai Châu từ (1), (2), (3) ⇒ KO ⊥ OC (T/c tia phân giác của hai góc kề bù) ⇒
KOC = 900 2, Gọi F = AB ∩ (O; r); N = AC ∩ (O; r) ⇒ OF và ON là hai đ−ờng cao trong hai tam giác vuông OBH và OKC. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ−ờng cao trong tam giác vuông ta có: OF2 = FH.FB và OH2 =NK.NC Mặt khác: KN = KE; NC = CD(T/c 2 TT cắt nhau) FH = HE; FB = BD(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ OF2 = ON2 = r = HE.BD = EK.CD hay EK.CD = HE.BD = r2 (đpcm) 3, Từ câu b ta có: EK.CD = HE.BD ⇔ EK EH EH EK HK BD DC DB DC BC + = = = + (1) Mặt khác: Vì HK // BD nên theo đị lý Ta Lét: EK AK HK MC AC BC = = (2) Từ (1) và (2) ⇒ EK BD = EK MC (vì cùng bằng HK BC ). Do đó BD = MC hay BM = CD (đpcm) Câu V. (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi thoả m%n x3 + y3 = 2 H%y tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + y Giải Cách 1 : Đặt x = 1 + a ⇒ y3 = 2 - (1 + a)3 = 1 - 3a - 3a2 - a3 ≤ 1 - 3a + 3a2 - a3 = (1 - a)3 ⇒ y3 ≤ (1 - a)3 ⇒ y ≤ 1 - a Khi đó: P = x + y ≤ (1 + a) + (1 - a) = 2. Dấu = xảy ra khi a = 0 hay x = y = 1 Vậy: MaxP = 2 khi x = y = 1 Cách 2 : Ta chứng minh nếu x3 + y3 = 2 thì x + y ≤ 2 (với x ≥ 0; y ≥ 0) Thậy vậy: x + y ≤ 2 (với x ≥ 0; y ≥ 0) (ph−ơng pháp chứng minh t−ơng đ−ơng) ⇔ (x + y)3 ≤ 8 ⇔ x3 + y3 + 3xy(x + y) ≤ 8 ⇔ xy(x + y) ≤ 2 ⇔ xy(x + y) ≤ x3 + y3 (gt) ⇔ xy(x + y) - (x + y)(x2 - xy + y2) ≤ 0 ⇔ - (x + y)(x - y)2 ≤ 0 (đúng với mọi x ≥ 0; y ≥ 0) Vậy: Max P = 2 khi x = y = 1