Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Toán lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Phòng GD & ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
 HÀ TĨNH LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn Toán
 Thời gian làm bài : 150 phút
 Ngày thi: 17 / 03 / 2011
Bài 1. Cho phương trình: .
 a) Giải phương trình khi m = 2. 
 b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt. 
Bài 2. a) Cho a, b, c là những số nguyên thỏa mãn điều kiện:
 Chứng minh rằng chia hết cho 3.
 b) Giải phương trình: , biết rằng a, b là các số hữu tỉ
 và là một nghiệm của phương trình.
Bài 3. Cho x, y là các số nguyên dương, thỏa mãn: .
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = 
Bài 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, một dây cung MN = R
 di chuyển trên nửa đường tròn. Qua M kẻ đường thẳng song song với ON 
 cắt đường thẳng AB tai E. Qua N kẻ đường thẳng song song với OM cắt đường thẵng AB tại F.
 a) Chứng minh tam giác MNE và tam giác NFM đồng dạng .
 b) Gọi K là giao điểm của EN và FM. Hãy xác định vị trí của dây MN để
 tam giác MKN có chu vi lớn nhất.
Bài 5. Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: . Chứng minh :
 .
_________ Hết ________
Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011
LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9
(Lời giải gồm 02 trang)
Bài
Đáp án
Bài 1
a) (1). Đk: .
Khi m = 2: (1) trở thành 
 (thoả mãn) 
b) Đặt (2), ta có : . 
Khi đó (1) trở thành : (3) 
Từ (2) ta được , với mỗi giá trị tùy ý của t, phương trình này luôn có đúng 1 nghiệm dương (nghiệm còn lại âm), mà (3) đã có 1 nghiệm t = 1, nên để (1) có đúng 2 nghiệm dương phân biệt thì điều kiện cần và đủ là : Phương trình (4) hoặc có nghiệm kép hoặc có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm t = 1 . Điều đó tương đương với :
 ; (cả 2 giá trị thoả mãn)
Vậy cácgiá trị của m cần tìm là 
 Bài 2
a) Từ giả thiết 
 (*)
Từ (*) dễ thấy khi a, b, c thì , đpcm.
b) (1)
Do là nghiệm của (1) nên: 
Biến đổi và rút gọn, ta được: (2)
Do a, b là các số hữu tỷ nên (2) chỉ xảy ra khi và chỉ khi 
Thay các giá trị của a, b vào (1), ta có: .
. Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là: 
 Bài 3
Có thể giả sử: x > y, suy ra: (1). Đặt 2011 = a.
Khi đó: P = 
 P = 
 P (2)
Vì 3a - 2 >0, (do (1)) nên hàm số y = mX2 (với m = 3a - 2, ) đồng biến khi X > 0, suy ra P là hàm số đồng biến
Suy ra: Giá trị lớn nhất của P đạt được tại x = 2010 (y =1) và max P = 8 120 605 021.
 Giá trị nhỏ nhất của P đạt được tại x = 1006 (y = 1005) và min P = 2 035 205 401.
 Bài 4
a) 
Từ giả thiết suy ra:
 (đồng vị)
 (đồng vị)
 nên ~ 
2 (1)
Ta có 0 (cùng bù với do ME//ON)
Tương tự nên (2)
Từ (1), (2) ta được ~ 
b) 
Ta có : 
= . nên K thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn MN.
Trên tia MK, lấy điểm I sao cho 
KI = KN thì tam giác IKN là tam giác đều nên MK + KN = MI. 
Do I thuộc cung chứa góc 600 của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, I nên MI lớn nhất 
(tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, vì cạnh MN = R không đổi) khi và chỉ khi MI là 
đường kính, khi đó K là trung điểm của cung MN nên đó là vị trí cần xác định của dây MN.
Bài 5
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có:
 (2)
Tương tự, ta có: (3) , (4)
Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế rồi rút gọn và áp dụng tiếp bất đẳng thức Cô si, ta được: , đpcm. (Dấu “=” xảy ra )
____________ Hết ___________