Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn: Toán

PHÒNG GD & ĐT THỌ XUÂN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1: 1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 2018x + 1 = 0 và x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2019x + 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4). 2) Cho a, b, c, d là các số thực và a2 + b2 < 1. Chứng minh rằng: phương trình (a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 luôn có nghiệm. Bài 2: Giải hệ phương trình: Bài 3: 1) Cho các số a, b, c, d, a + c, b + c, a + d, b + d là 8 số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 8. Biết a là số lớn nhất trong các số a, b, c, d. Tìm a. Tìm các số tự nhiên: a1, a2 , a3, ........, a2018 thoả mãn: Bài 4. Cho hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm A,B. Biết rằng (C1) có tâm O1 và bán kính r1 = 1 cm; (C2) có tâm O2 và bán kính r2 = 2 cm; AB = 1 cm và hai điểm O1, O2 ở hai phía của đường thẳng AB. Xét đường thẳng (d) qua A, cắt (C1) và (C2) lần lượt tại các điểm M và N sao cho A nằm trong đoạn MN. Tiếp tuyến của (C1) tại M và tiếp tuyến của (C2) tại N cắt nhau tại điểm E. Chứng minh rằng tứ giác EMBN là tứ giác nội tiếp. Tính độ dài các cạnh của tam giác AO1O2. Chứng minh rằng: 2EM + EN 4(+) cm. Bài 5 Cho các số không âm a, b, x, y thoả mãn các điều kiện a2018 + b2018 1 và x2018 + y2018 1. Chứng minh rằng : a1918x100 + b1918y100 1 ----- Hết ----- Đáp án Bài 1 1) theo vi- ét ta có: x1 + x2 = - 2018; x3 + x4 = - 2019; x1x2 = x3x4 = 1. Mặt khác : (x1 + x3)(x2 + x3)(x1 – x4)(x2 – x4) = [x1x2 + (x1 + x2)x3 + x32][x1x2 – (x1 + x2)x4 + x42] = (1 – 2018x3 + x32)(1 + 2018x4 + x42) = (x32 + 2019x3 +1 – 4037x3)(x42 + 2019x4 + 1 – x4) = (-4037x3)(-x4) = 4037 2) Phương trình (a2 + b2 – 1)x2 – 2(ac+ bd – 1)x + c2 + d2 – 1 = 0 luôn có nghiệm khi và chỉ khi (ac+ bd – 1)2 - (a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1)0 (ac+ bd – 1)2 (a2 + b2 – 1) (c2 + d2 – 1) (*) Do a2 + b2 < 1nên : nếu c2 + d2 1 thì (*) hiển nhiên đúng; Nếu c2 + d2 < 1, đặt u = 1 - a2 - b2 và v = 1 - c2 - d2 ( 0 < u, v 1). Ta có : (*)(1 – ac – bd)2(1 - a2 - b2)( 1 - c2 - d2) (2 – 2ac – 2bd)2 4uv [(a2 + b2 + u) + (c2 + d2 + v) – 2ac – 2bd]2 4uv, (do a2 + b2 + u = c2 + d2 + v = 1) [(a – c)2 + ( b – d)2 + u + v]2 4uv là bất đẳng thức đúng vì [(a – c)2 + ( b – d)2 + u + v]2 (u +v) 4uv với mọi a, b, c, d và với mọi u, v dương. Vậy (*) là bất đẳng thức đúng, phương trình luôn có nghiệm. Bài 2 Không mất tính tổng quát, giả sử x y z. Ta thấy x, y, z đều khác 0. Nếu x > 1 thì từ (1) suy ra : y = y < 1 < x, điều này mâu thuẫn với giả thiết x y z. Suy ra x 1, ta có: x 1 (x – 1)(x4 + 2x + 2) 0 x5 – x4+ 2x2 - 2 0 2x2 2 - x5 + x4 y 1; Từ (2) z = z 1 Từ (3) x = , tương tự phần chứng minh với y ta có x 1. Suy ra : 1 x y z 1 x = y = z =1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Bài 3 1) Không mất tính tổng quát, giả sử c > d 1. Suy ra: a + c là số lớn nhất và a + c = 8 và a > 4. Xét a = 5 suy ra c = 3 thì Xét a = 6 suy ra c = 2 thì d = 1 Xét a = 7 thì c = d = 1(loại). Vậy a = 6 là giá trị cần tìm. 2) Từ bđt (1) suy ra : - 2.2018(a1 + a2+ a3+ .+ a2018) -2.20183 (3) a12 + a22 + a32 + .........+a22018 20183 + 1 (4) Cộng theo vế của (3) và (4), ta được: (a12 – 2.2018a1) + (a22 – 2.2018a2) + ........+ (a20182 – 2.2018a2018) -2018. 20182 + 1 (a1 – 2018)2 + (a2 – 2018)2 + ........+ (a2018 – 2018)2 1. Suy ra: a1 = a2 = a3 .= a2018 = 2018 Hoặc có 2017 số bằng 2018 và một số bằng 2019. Bài 4 1) Ta có MBA = EMN; NBA = ENM MBN = MBA + NBA = EMN + ENM = 1800 - MEN MBN + MEN = 1800 EMBN là tứ giác nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AB và O1O2 (AB O1O2 tại I là trung điểm của AB). Ta thấy O1AB đều, có cạnh bằng 1 cm AI = cm O1I = cm; O2I = cm O1O2 = cm. Từ đó suy ra độ dài các cạnh của O1AO2. 3) Vì EMBN là tứ giác nội tiếp nên theo định lí Ptô-lê-mê ta có EM.BN + EN.BM = EB.MN (1). Mặt khác, hai tam giác BMN; AO1O2 đồng dạng do BMN = AO1O2 = AO1B; BNM = AO2O1 = AO2B. Suy ra BN:BM:MN = AO2:AO1:O1O2 = 2:1: (2). Từ (1) và (2) suy ra 2EM + EN = EB. (3) Dựng BH EN, xét BHE vuông tại H, ta có = sinBEH = sinBMN = sin300 = . Suy ra BE = 2BH. Mặt khác, BH BN 2r2 = 4cm suy ra BE 8cm (4). Từ (3) và (4) suy ra 2EM + EN = 4()cm. Bài 5 : giải tổng quát bài toán : ‘Cho a, b, x, y là các số không âm thoả mãn am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n 1. Chứng minh rằng : amxn + bmyn 1’’. Ap dụng BĐT cô-si cho m số am+n và n số xm+n ta có: m. am+n + n.xm+n (m+n)= (m+n)amxn. (1) tương tự: m. bm+n + n.ym+n (m+n)bmyn. (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) (m+n)( amxn + bmyn) (3) Vì am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n 1 nên m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) m + n (4). Từ (3) và (4) suy ra: (m+n)( amxn + bmyn) m + n amxn + bmyn 1 (đpcm) Với m = 1918; n = 100 bài toán được chứng minh.