Chủ đề này có 9 trả lời

[thanhluong]

$$\textbf{SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM}$$
$$\textbf{KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9}$$
$$\text{NĂM HỌC : 2010-2011}$$.
$$\text{Thời gian : 150 phút}$$

$\boxed{\textbf{Câu 1}}$. (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức $A=\sqrt{4+\sqrt{7}}+\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2}$.
b) Cho $x = \frac{2}{2\sqrt[3]{2}+2+\sqrt[3]{4}}$ và $y = \frac{6}{2\sqrt[3]{2}-2+\sqrt[3]{4}}$. Tính giá trị của $B = x^2-y^2$

$\boxed{\textbf{Câu 2}}$. (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: $x^2+7x+12=2\sqrt{3x+7}$.
b) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{matrix} x^2+xy+y^2=4 &\\ x+xy+y=2 \end{matrix} \right.$

$\boxed{\textbf{Câu 3}}$. (3.0 điểm)
Cho phương trình: $x^4+2x^2+2mx+m^2+2m+1=0$ ($x$ là ẩn số).
a) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất.
b) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất.

$\boxed{\textbf{Câu 4}}$. (3,0 điểm)
Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ sao cho $\frac{ẠM}{AC}=\frac{1}{4}$, trên cạnh $BC$ lấy điểm $N$ sao cho $\frac{BN}{BC}=\frac{1}{5}$. Hai đường thẳng $AN$ và $BM$ cắt nhau tại $I$. Hãy so sánh diện tích tam giác $BIN$ và diện tích tam giác $AIM$.

$\boxed{\textbf{Câu 5}}$. (4,0 điểm)
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB=2R$. Trên nửa đường tròn $(O)$ lấy điểm $C$ (khác $A$ và $B$), tia phân giác của góc $CAB$ cắt cạnh $BC$ tại $E$ và cắt nửa đường tròn $(O)$ tại $D$. ($D$ khác $A$).
a) Chứng minh $AD \cdot AE + BC \cdot BE$ là một đại lượng không đổi.
b) Gọi $M$ là trung điểm $BC$, tia $AM$ cắt $(O)$ tại $N$ (khác $A$). Chứng minh $DE > MN$.

[banhgaongonngon]

$\boxed{\textbf{Câu 2}}$. (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: $x^2+7x+12=2\sqrt{3x+7}$.
b) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{matrix} x^2+xy+y^2=4 &\\ x+xy+y=2 \end{matrix} \right.$

a) Ta có $VT=x^{2}+4x+4+3x+7+1=(x+2)^{2}+(3x+7)+1\geq (3x+7)+1\geq 2\sqrt{3x+7}=VP$
Phương trình có nghiệm duy nhất $x=-2$
b) $HPT\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y)^{2}-xy=4\\ x+y+xy=2 \end{matrix}\right.$
Đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=a\\ xy=b \end{matrix}\right.(a^{2}\geq 4b)$ ta có
$\left\{\begin{matrix} a^{2}-b=4\\ a+b=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2-b\\ (b-2)^{2}-b-4=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2-b\\ b^{2}-5b=0 \end{matrix}\right.$
Giải ra tìm được $a,b$, dùng định lí $Viete$ đảo tìm được $x,y$

[Zaraki]

b) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{matrix} x^2+xy+y^2=4 &\\ x+xy+y=2 \end{matrix} \right.$

Cộng hai phương trình ta có $$(x^2+2xy+y^2)+x+y=6 \Leftrightarrow (x+y)(x+y+1)=6 \qquad (1)$$
Đặt $x+y=a$ thì $$(1) \Leftrightarrow (a-2)(a+3)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a=2 \\ a=-3 \end{array} \right.$$
Nếu $a=2$ hay $x+y=2$ thì $xy=0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x=0$ thì từ hệ ta tìm được $y=2$.
Nếu $a=-3$ thì từ phương trình thứ hai suy ra $xy=5$, thay vào pt thứ nhất thì $x^2+y^2=-1$, mâu thuẫn.

Vậy phương trình có nghiệm $$\boxed{ (x;y) \in \{ (0;2),(2;0) \}}$$

[phatthemkem]

Bài 1: a) $A=\frac{\sqrt{2}\left ( \sqrt{4+\sqrt{7}}+\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2} \right )}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{8+\sqrt{7}}+\sqrt{8-\sqrt{7}}-2}{\sqrt{2}}=\frac{1+\sqrt{7}+\sqrt{7}-1-2}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{7}-2}{\sqrt{2}}=\sqrt{14}-\sqrt{2}$
b) $x=\frac{\sqrt[3]{4.2}\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )}{\sqrt[3]{4}\left ( \sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}+1 \right )\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )}=\frac{\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )}{2-1}=\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )$
$y=\frac{3\sqrt[3]{4.2}\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right )}{\sqrt[3]{4}\left ( \sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}+1 \right )\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right )}=\frac{3\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right )}{2+1}=\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right )$
$B=\left ( x+y \right )\left ( x-y \right )=\left [ \sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )+\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right ) \right ]\left [ \sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}-1 \right )-\sqrt[3]{2}\left ( \sqrt[3]{2}+1 \right ) \right ]=2\sqrt[3]{4}.\left ( -2\sqrt[3]{2} \right )=-8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 29-12-2012 - 15:21

[phatthemkem]

a) Giải phương trình: $x^2+7x+12=2\sqrt{3x+7}$.

Cách giải khác: Điều kiện $x\geq \frac{-7}{3}$
$x^{2}+7x+12=2\sqrt{3x+7}\Leftrightarrow \left ( 3x+7-2\sqrt{3x+7}+1 \right )+\left ( x^{2}+4x+4 \right )=0\Leftrightarrow \left ( \sqrt{3x+7}-1 \right )^{2}+\left ( x+2 \right )^{2}=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{3x+7}=1 & \\ x+2=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-2$

[banhgaongonngon]

$\boxed{\textbf{Câu 4}}$. (3,0 điểm)
Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ sao cho $\frac{ẠM}{AC}=\frac{1}{4}$, trên cạnh $BC$ lấy điểm $N$ sao cho $\frac{BN}{BC}=\frac{1}{5}$. Hai đường thẳng $AN$ và $BM$ cắt nhau tại $I$. Hãy so sánh diện tích tam giác $BIN$ và diện tích tam giác $AIM$.

Qua $N$ kẻ đường thẳng song song với $BM$ cắt $AC$ tại $P$ và cắt $AB$ tại $Q$.
Đặt $AC=x\Rightarrow AM=\frac{x}{4}$
Mà $\frac{MP}{MC}=\frac{BN}{BC}\Rightarrow MP=\frac{MC}{5}=\frac{3x}{20}$
Ta có $\frac{AI}{IN}=\frac{AM}{MP}=\frac{\frac{x}{4}}{\frac{3x}{20}}=\frac{5}{3}$
Do đó $S_{AIM}=\frac{5}{8}S_{AMN}=\frac{5}{32}S_{ACN}=\frac{1}{8}S_{ABC}$
Tương tự tính được $S_{BIN}$ theo $S_{ABC}$

[banhgaongonngon]

Cách giải khác: Điều kiện $x\geq \frac{-7}{3}$
$x^{2}+7x+12=2\sqrt{3x+7}\Leftrightarrow \left ( 3x+7-2\sqrt{3x+7}+1 \right )+\left ( x^{2}+4x+4 \right )=0\Leftrightarrow \left ( \sqrt{3x+7}-1 \right )^{2}+\left ( x+2 \right )^{2}=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{3x+7}=1 & \\ x+2=0 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-2$

Cách này về mặt hình thức có vẻ khác cách của mình nhưng bạn nhìn kĩ lại đi. Hai cách là một đấy!

Ta chứng minh được $3x+7+1\geq 2\sqrt{3x+7}$ là nhờ $\left ( \sqrt{3x+7} -1\right )^{2}\geq 0$ mà!!!

[banhgaongonngon]

$\boxed{\textbf{Câu 5}}$. (4,0 điểm)
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB=2R$. Trên nửa đường tròn $(O)$ lấy điểm $C$ (khác $A$ và $B$), tia phân giác của góc $CAB$ cắt cạnh $BC$ tại $E$ và cắt nửa đường tròn $(O)$ tại $D$. ($D$ khác $A$).
a) Chứng minh $AD \cdot AE + BC \cdot BE$ là một đại lượng không đổi.

Qua $E$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $AB$ tại $H$.
Ta có $\left\{\begin{matrix} AD.AE=AH.AB\\ BC.BE=BH.AB \end{matrix}\right.$
Do đó $AD.AE+BC.BE=AB^{2}=4R^{2}$

[Tru09]

[font='times new roman', ', times, serif} ']$\boxed{\textbf{Câu 3}}$. (3.0 điểm)[/font]
Cho phương trình: $x^4+2x^2+2mx+m^2+2m+1=0$ ($x$ là ẩn số).[/font]
a) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất.[/font]
b) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất.[/font]

Nốt câu còn lại nào \m/
a, +b,
Lấy $\Delta $ với biến là m :
$\Delta =4(x+1)^2 -4(x^4 +2x^2 +1) =-4x^4 -4x^2+8x >0$
$\Leftrightarrow x^4 +x^2 -2x <0$
$\Leftrightarrow x(x-1)(x^2+x+2)<0$
$\Leftrightarrow x(x-1) <0 :\text{Do $x^2 +x+2 >0 \forall x$}$
$\Leftrightarrow 0 \leq x \leq 1$
Vậy Max của x là 1
Thay vào ta có :
$m^2 +4m+4 =0 $
$\Leftrightarrow m=-2$
Vậy $Min x =0$
Thay vào ta có :
$m^2 +2m +1 =0$
$\Leftrightarrow m =-1$

[perfectstrong]

Rảnh ngồi làm chơi.
Câu 5b:
Vẽ hình bình hành $NN'EM$. Ta chứng minh $\angle DN'E=90^o$.
Vẽ đường kính $DF$ của $(O)$. $NF$ cắt $BC$ tại $I$.

Ta có $NN' \parallel EM$ và$EM \perp DM \Rightarrow NN' \perp DM$ (1).
Theo bài toán con bướm cho dây $BC$ với $M$ là trung điểm $BC$, 2 dây cung khác qua $M$ là $NF,AD$ cắt $BC$ tại $I,E$ thì $MI=ME$.
Mà $ME=NN' \Rightarrow IM=NN'$. Lại có $NN' \parallel IM \Rightarrow NN'MI$ là hình bình hành.
Suy ra $MN' \parallel NI$. Do $NI \perp ND \Rightarrow MN' \perp ND$ (2)
Từ (1),(2) suy ra $N'$ là trực tâm $\vartriangle MDN \Rightarrow DN' \perp MN$.
Do $MN \parallel N'E \Rightarrow DN' \perp N'E$ hay $\angle DN'E=90^o$.
Cho nên $DE>EN'=MN$.
===============================
Có 1 cách khác không dùng bài toán con bướm là tính $MN,DE$ theo các cạnh $BC,CA,AB$. Nhưng cách đó phải dùng các công thức nặng nề và dài hơn cách trên nhiều.
Nếu ai có cách khác 2 cách này, xin hãy post vào topic. Xin cảm ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 30-12-2012 - 15:50