Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Lê Văn Hoan (Có đáp án)

Phòng GD&ĐT Đông sơn Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Trường 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 x2 + bx + c thoả mãn điều kiện : f(x) 1, x -1;1. Chứng minh rằng khi x   1 thì  cx2 + bx + a   2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 - 2y3 = 4z3 Bài2: Giải hệ phương trình : x2y2 - 2x +y2 = 0

2x2 - 4x + 3 + y3 = 0 Bài 3: 1) Giải phương trình : 3 2 - x +  x - 1 = 1 2) Cho hệ phương trình : x2 + y2 + z2 = 2

xy + yz + xz = 1

-4 4 Giả sử hệ phương trình có nghiệm, Chứng minh   x, y, z  

3 3 Bài4:

Từ điểm M trên cung nhỏ AC của đường 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 MA1, MB1, MC1 lần lượt vuông góc với các đường thẳng BC, CA,AB ( A1  BC ; B1  CA; C1  AB) .Đặt BC = a ,

a b c CA = b, AB = c. Tìm giá trị nhỏ nhất của:  +  + 

MA1 MB1 MC1

ThuVienDeThi.com

Đáp án Bài1: (5 điểm) 1) (3,0®): Hàm số f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện f(x)1 , x  -1; 1 Thay x lần lượt các giá trị 1; -1; 0 ta được : f(1) = a + b + c; f(-1) = a -b +c; f(0) = c . (0,25®) 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) (0,5®) 2 2 f(0) = c c = f(0) Ta có : 1 1 1 1 cx2 + bx + a = f(0)x2 + [  f(1) -  f(-1)] x +  f(1) + f(-1) - f(0) 2 2 2 2 1 1 = f(0) (x2 - 1) +  f(1) ( x +1) +  f(-1)(1-x) (0,5®) 2 2

1 1 Suy ra : cx2 + bx + a  f(0)x2 -1 +   f(1)x+1 +  f(-1)1-x(0,5đ)

2 2 1 1  x2 - 1 +  x +1 +  1-x (0,5®) 2 2 Do x1 => -1  x  1 => x2 - 1  0 ; x +1  0 ; 1 - x  0.

1 1 1 1 => cx2 + bx + a   -x2 +1 +  x +  +  -  x = 2 - x2  2 2 2 2 2 => cx2 + bx + a   2 (0,5®) Chọn f(x) = 2x2 - 1 suy ra điều kiện f(x) =  2x2 - 1  1, x [-1,1] thỏa mãn. Khi đó cx2 + bx + a} =  -x2 + 2 = 2 với x = 0. => Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0, a=2. (0,5®)

2) (2,0®) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 - 2y3 = 4z3 Giả sử ( x0; y0; z0) là 1 nghiệm của phương trình . =>x03 - 2y03 = 4z03 (1) => x03  2 => x0  2 , đặt x0 = 2x1 (0,5®) Thay vào (1) ta có : 4x13 - y03 = 2z30 => y03  2 => y0 2., đặt y0 = 2y1. => 2x13 - 4y13 = z03 => z03  2 => z0  2 , đặt z0 = 2z1. (0,5®) x0 y0 z0 Ta có : x13 - 2y13 = 4z13 => ;  ; ) cũng là nghiệm của phương trình ( 0,5®)

2 2 2

x0 y0 z0 Quá trình này có thể tiếp tục mãi và ( ;  ;  ) cũng là nghiệm .

2k 2k 2k x0 y0 z0 Các số  ;  ;  là nguyên với k N. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = z0=0. 2k 2k 2k Vậy nghiệm nguyên của phương trình : x3 - 2y3 = 4z3 là (0;0;0) (0,5®)

ThuVienDeThi.com

Bài2(3đ): Giải hệ phương trình :

x2y2 - 2x + y2 = 0 2x2 - 4x + 3 +y3 = 0 (I) 2x 2x y 2 =  y2 =  (1) Hệ (I)  x2+1  x2 +1 2x2 - 4x + 2 + y3 +1 = 0 2(x-1)2 + y3 + 1 = 0 (2) (0,5®) 2x 2x Do   =  1 (0,5®) x2 +1 x2 + 1 Từ (1) => y2  1 => -1  y  1 (0,5®) Vì y -1 => y3  -1 => y3 + 1  0 và ( x - 1)2  0 (0,5®) => vÕ phải của (2) không âm. => (2) y3 +1 = 0 y = -1   (0,5®) 2 ( x-1)2 = 0 x = 1 Do ( x= 1 ; y = -1) thỏa mãn (1). Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất ( x = 1 ; y = -1 ) (0,5®)

Bài3 (5 ®): 1) (2®) : Giải phương trình :

3 x  2 + 1  x = 1 Điều kiện xác định : x  1 (0,25®) Đặt : 3 x  2 = a => x = 2 - a3 (0,25®) Ta được phương trình : a + a  1 3 = 1 hay a  1 3 = 1 - a (0,25®) Với điều kiện : 1- a  0 hay a  1 (0,25®) Thì ta có phương trình : 1 - a3 = a2 - 2a + 1 Giải được a = 0, a = 1, a = -2 thoả mãn điều kiện . (0.25®) Với a = 0 ta được x = 2 a = 1 ta được x = 1 a = -2 ta được x = 10 (0,25®) x = 2; x = 1; x = 10 thoả mãn điều kiện xác định x  1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1;2;10 (0,25®) 2) (3®) : Ta có : x2 + y2 + z2 = 2 (y+z)2 - 2yz = 2 - x2   xy + yz + xz = 1 yz + x ( y +z) = 1 Đặt S = y +z ; P = yz. Hệ phương trình trở thành s2 - 2p = 2 - x2 (1) (0,5®) p + xs = 1 (2) Từ (2) => p = 1 - xs thay vào (1) ta được :

s2 - …