Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn: Toán

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 : ẵf(x)ẵ Ê1, "x ẻ[-1;1]. Chứng minh rằng khi ờx ờ Ê 1 thì ờ cx2 + bx + a ờ Ê 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 : 3ệ 2 - x + ệ 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 ắ Ê x, y, z Ê ắ
 	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 ẻ BC; H ẻ 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 ẻ BC ; B1 ẻ CA; C1 ẻ AB) .Đặt BC = a , 
	 a b c
CA = b, AB = c. Tìm giá trị nhỏ nhất của: ắ + ắ + ắ
	 MA1 MB1 MC1
Đáp án
Bài1: (5 điểm)
1) (3,0đ): Hàm số f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện ờf(x)ờÊ1 , "x ẻ [-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 .	(0,25đ)
	 1	 1
Từ	f(1) = a + b + c 	a = ắf(1) + ắf(-1) -f(0)
	 2 2
	=>	 1	 1
f(-1) = a - b +c b = ắ f(1) - ắ f(-1)	(0,5đ)
	 2 2
f(0) = c	c = f(0)
Ta có : 	1 1	 1 1
	cx2 + bx + a = f(0)x2 + [ ắ f(1) - ắ f(-1)] x + ắ f(1) + f(-1) - f(0)
	2	 2	 2 2 
	 1	 1
	= f(0) (x2 - 1) + ắ f(1) ( x +1) + ắ f(-1)(1-x)	(0,5đ)
	 2 2
	 1	 1
Suy ra : ờcx2 + bx + aờ Ê ờf(0)ờờx2 -1ờ + ắ ờ f(1)ờờx+1ờ + ắ ờf(-1)ờờ1-xờ(0,5đ)ờ
	 	 2 2
	 	 1	 1
 Ê ờx2 - 1ờ + ắ ờx +1ờ + ắ ờ1-xờ	(0,5đ)
	 2 2
Do ờxờÊ1 => -1 Ê x Ê 1 => x2 - 1 Ê 0 ; x +1 ³ 0 ; 1 - x ³ 0.
	 1	 1 1 1 
=> ờcx2 + bx + a ờ Ê -x2 +1 + ắ x + ắ + ắ - ắ x = 2 - x2 Ê 2
	 2 2 2 2
=> ờcx2 + bx + a ờ Ê 2	(0,5đ)
Chọn 	f(x) = 2x2 - 1 suy ra điều kiện ờf(x)ờ = ờ 2x2 - 1ờ Ê 1, "xẻ [-1,1] thỏa mãn.
Khi đó ờcx2 + bx + a} = ờ -x2 + 2ờ = 2 với x = 0.
=> Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0, a=2.	(0,5đ)
2) (2,0đ) 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 M 2 => x0 M 2 , đặt x0 = 2x1 	(0,5đ)
Thay vào (1) ta có : 4x13 - y03 = 2z30 => y03 M 2 => y0M 2., đặt y0 = 2y1.
=> 2x13 - 4y13 = z03 => z03 M 2 => z0 M 2 , đặt z0 = 2z1.	(0,5đ)
	 x0	 y0	 z0
Ta có : x13 - 2y13 = 4z13 => (ắ; ắ ; ắ) cũng là nghiệm của phương trình ( 0,5đ)
	 2 2 2
	x0 y0 z0
Quá trình này có thể tiếp tục mãi và (ắ ; ắ ; ắ ) cũng là nghiệm .
	 2k 2k 2k
	 x0 y0 z0
Các số ắ ; ắ ; ắ là nguyên với "k ẻN. 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)	(0,5đ)
Bài2(3đ): Giải hệ phương trình :
	x2y2 - 2x + y2 = 0
	2x2 - 4x + 3 +y3 = 0	(I)
	 2x	 	 	 2x
 y 2 = ắ	 	 y2 = ắ	(1)
Hệ (I) ú	 x2+1	 	 ú	x2 +1 
	 2x2 - 4x + 2 + y3 +1 = 0	2(x-1)2 + y3 + 1 = 0	(2)	(0,5đ)
	 2x 2ờxờ
Do ẵ 	 ẵ =	Ê 1	(0,5đ)
	 x2 +1 x2 + 1 	
Từ (1) => y2 Ê 1	=> -1 Ê y Ê 1	(0,5đ)
Vì y³ -1 => y3 ³ -1 => y3 + 1 ³ 0 và ( x - 1)2 ³ 0	(0,5đ)
=> vế phải của (2) không âm.
=> (2) 	y3 +1 = 0	y = -1
	ú	ú	(0,5đ)
	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 )	(0,5đ)
Bài3 (5 đ): 
1) (2đ) : Giải phương trình : 
	 3 + 	 = 1
Điều kiện xác định : x ³ 1	(0,25đ)
Đặt :	 3 = a => x = 2 - a3	(0,25đ)
Ta được phương trình : a + 3 = 1 hay 3 = 1 - a	(0,25đ)
Với điều kiện : 1- a ³ 0 hay a Ê 1	(0,25đ)
Thì ta có phương trình : 1 - a3 = a2 - 2a + 1
Giải được a = 0, a = 1, a = -2 thoả mãn điều kiện .	(0.25đ)
Với 	a = 0	ta được x = 2
	a = 1 ta được x = 1
	a = -2 ta được x = 10	(0,25đ)
x = 2; x = 1; x = 10 thoả mãn điều kiện xác định x ³ 1
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1;2;10}	(0,25đ)
2) (3đ) :
Ta có : 	x2 + y2 + z2 = 2	(y+z)2 - 2yz = 2 - x2
	ú	ú
	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)	(0,5đ)
	p + xs = 1	(2)
Từ (2) => p = 1 - xs thay vào (1) ta được :
	s2 - 2 ( 1 - sx) = 2 - x2 ú s2 + 2xs + x2 - 4 = 0
=> 	S = -x + 2
	S = - x - 2	(0,5đ)
* Khi : s = -x + 2 thì p = 1 - x( -x + 2) = x2 - 2x + 1
Do: y +z = -x +2; yz = x2 - 2x + 1 => y; z là nghiệm của phương trình : 
t2 - (2 - x)t +x2 - 2x +1 = 0	(0,5đ)
Do y,z tồn tại => D = ( 2-x)2 - 4 ( x2 - 2x +1) ³ 0
=> 0 Ê x Ê 4/3	(0,5đ)
* Khi s = -x -2 thì p = x2 + 2x + 1
Do : y + z = -x - 2 ; yz = x2 + 2x + 1 => y,z là nghiệm của phương trình :
	t2 + (x +2)t + x2 + 2x + 1 = 0	
Do: y,z tồn tại => D = ( x+2)2 - 4 ( x2 + 2x +1) ³ 0
	=> -4/3 Ê x Ê 0
Vậy ta có : -4/3 Ê x Ê 4/3	(0,5đ)
Vai trò của x,y,z như nhau nên ta có : -4/3Ê x,y,z Ê 4/3	(0,5đ)
Bài4(4đ):
	I
	 A M
H
E
	 Ê 	
F
K
	 B	K C
Kẻ MI^ AB. Ta chứng minh được I, H, K thẳng hàng	(0,5đ)
Ta có : ABM = IKM ( vì cùng bằngACM )	(0,5đ)
 MAB = MHK ( cùng bù với hai góc bằng nhau IAM = BCM )	(0,5đ)	
=>DMAB đồng dạng D MHK	(g.g)	(0,5đ)
=> AB = BM => EB = BM
 HK KM FK KM	(0,5đ)
=> DEBM đồng dạng DFKM 	(c.g.c) 	(0,5đ
Nên :BEM = KFM => IEM = IFM
=> Tứ giác IEFM nội tiếp	(0,5đ)
=> Góc EFM = 900 => EF ^ MF	(0,5đ)
Bài5(3đ):
	 A
	 C1 B1
	z y
	 M
	 x
	 B
	 A1 	 C
Đặt : MA1 = x ; MB1 = y; MC1 = z. Diện tích	 DABC = S
Ta có : ax = 2SMBC ; by = 2SMCA ; cz = 2SMBA	(0,5đ)
Vì vậy: a x + by + cz = 2 ( SMBC + SMCA + SMBA) = 2S	(0,5đ)
 a b	 c
Xét : ( ax + by +cz ) ( + + ) 
 x y z
 x y	 y z z x
=a2 +b2 +c2 + ab ( + ) + bc ( + ) + ca ( + ) (0,5đ)
 y x z y x z
³ a2 +b2 +c2 + 2ab + 2bc + 2ac = ( a +b + c)2	(0,5đ)
 a b c ( a + b + c)2
=> + + ³	(0,5đ)
 x y z 2s
Dấu đẳng thức xảy ra ú x = y = z ú M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Kết luận:
 Min 	(0,5đ)