Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 TP.HCM 14/03/2023


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

1. Cho 2 số thực $a,b$ thỏa mãn các điều sau: $\left\{\begin{matrix} & \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1 & \\ & \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}-\frac{1}{a+b}=\frac{1}{2} & \end{matrix}\right.$

Tính: $P=a^4 + b^4$ (3đ)

 

 

2. Cho phương trình: $x^3 +mx^2 -x + m-m^2 =0$ (*) với $m$ là tham số

a) Chứng minh pt (*) luôn có 1 nghiệm $x=1-m$ với mọi $m$

b) Tìm $m$ sao cho pt (*) có 3 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ thỏa $x^3_1+x^3_2+x^3_3=3$ (4đ)

 

 

3. Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, đường cao $AD$ và đường kính $AM$. $K$ là hình chiếu của $B$ lên $AM$.$E,F$ lần lượt là trung điểm của $BD,CM$.

a) Chứng minh $DK\perp AC$

b) Chứng minh $AEFC$ nội tiếp

c) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $AEC$ và $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEFC$. Chứng minh $HE=2IO$. (4đ)

 

 

4. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh:

a) $\frac{(a+1)^2}{a^2 + 1}\leqslant 2$

b) $\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}\leq \frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}$ (3đ)

 

 

5. Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}=2\widehat{B}$. Chứng minh: $BC^2=AB.AC+AC^2$. (3đ)

 

 

6. Tìm các số tự nhiên $x,y$ và số nguyên tố $p$ thỏa: $p^x=y^4+64$ (3đ)

 

Có sai đề thì mọi người góp ý để em chỉnh sửa nha. Cám ơn mọi người.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 14-03-2023 - 14:10


#2
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài 4.

a) $\frac{(a+1)^2}{a^2+1}\leq2\Leftrightarrow (a+1)^2\leq 2a^2+2\Leftrightarrow (a-1)^2\geq0$. BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi $a$ nên ta có đpcm.

b) BĐT ở câu a) tương đương với $a^2+1\geq\frac{(a+1)^2}{2}$.

Áp dụng BĐT $\frac{1}{m+n}\leq\frac{1}{4}\left (\frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right )$ ta có:

$\sum \frac{1}{a^2+b^2+2}=\sum \frac{1}{(a^2+1)+(b^2+1)}\leq\sum \frac{1}{\frac{(a+1)^2}{2}+\frac{(b+1)^2}{2}}\leq\sum \frac{1}{4}\left [\frac{1}{\frac{(a+1)^2}{2}}+\frac{1}{\frac{(b+1)^2}{2}} \right ]\leq\sum \frac{1}{2}\left [ \frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2} \right ]$

$=VP$

P/s: mai thi mong ra câu bất dễ dễ :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 14-03-2023 - 14:33

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#3
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài 3.

a) Chứng minh được tứ giác $AKDB$ nội tiếp (do $\angle AKB=\angle ADB=90^{\circ}$) nên ta có $\angle DKC=\angle BAK\equiv\angle BAM=\angle BCM$, suy ra được $DK\parallel MC$, mà $MC\perp AC$ nên $DK\perp AC$.

b) $\bigtriangleup ADB\sim\bigtriangleup ACM\space(\angle ABD\equiv\angle ABC=\angle AMC,\angle ADB=\angle ACM=90^{\circ}$), $AE, AF$ lần lượt là đường trung tuyến của $\bigtriangleup ADB$ và $\bigtriangleup ACM$, dễ dàng chứng minh được $\angle BAE=\angle MAF\Rightarrow \angle EAF=\angle BAM=\angle BCM\equiv\angle ECM$, từ đây suy ra được tứ giác $AEFC$ nội tiếp.

c) Tứ giác $AEFC$ nội tiếp nên $\angle AEF=90^{\circ}$ hay $AE\perp EF$.

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AF$. Xét $\bigtriangleup AMF$ có $O, I$ lần lượt là trung điểm của $AM, AF$ nên $2OI=MF=FC$. (1)

Tứ giác $EHCF$ có $EH\parallel CF$ (cùng vuông góc với $AC$), $HC\parallel EF$ (cùng vuông góc với $AE$) nên là hình bình hành, suy ra $HE=FC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $HE=2OI$ (đpcm).

Hình gửi kèm

  • Screenshot 2023-03-16 142952.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-03-2023 - 07:14

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#4
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài 1:

Từ điều kiện đầu tiên của đề bài, dễ dàng cm được: $a+b=ab$

Từ điều kiện thứ hai của đề bài, dễ dàng có: $ab=-2$

Thế vào $P$ 



#5
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài 5.

Kẻ thêm đường phân giác $AD$ 

Dễ chứng minh: $\Delta DCA \sim \Delta ACB (g-g)$ $\rightarrow AC^2=CD.CB$

Theo tính chất phân giác trong của phân giác:

$\rightarrow \frac{DC}{DB}=\frac{AC}{AB}\rightarrow \frac{DC}{BC}=\frac{AC}{AC+AB}\Leftrightarrow DC=\frac{AC.BC}{AC+AB}$

$\rightarrow AC^2 =CD.CB=\frac{AC.CB^2}{AC+AB} \rightarrow BC^2=AC(AC+AB)=AB.AC+AC^2$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 14-03-2023 - 22:16


#6
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài 2.

a) Thay $x=1-m$ vào phương trình $(*)$ thấy thoả mãn nên là 1 nghiệm của phương trình.

b) $(*)\Leftrightarrow(x+m-1)(x^2+x-m)=0\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} x=1-m\\ x^2+x-m=0 \quad(1) \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1=1-m$, $x_2$ và $x_3$ là nghiệm của phương trình (1).

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta=1-4m\geq0\Leftrightarrow m\leq\frac{1}{4}$.

Theo Viète ta có: $x_2+x_3=-1,x_2 x_3=-m$.

Ta có $x_1^3+x_2^3+x_3^3=3\Leftrightarrow x_1^3+(x_2+x_3)^3-3x_2x_3(x_2+x_3)=3\Leftrightarrow (1-m)^3+(-1)^3-3(-m)(-1)=3\Leftrightarrow m^3-3m^2+6m+3=0$.

Tới đây rồi thi giải pt, thử lại xem có 3 nghiệm phân biệt không thôi :0


"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#7
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài 2.

a) Thay $x=1-m$ vào phương trình $(*)$ thấy thoả mãn nên là 1 nghiệm của phương trình.

b) $(*)\Leftrightarrow(x+m-1)(x^2+x-m)=0\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} x=1-m\\ x^2+x-m=0 \quad(1) \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1=1-m$, $x_2$ và $x_3$ là nghiệm của phương trình (1).

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta=1-4m\geq0\Leftrightarrow m\leq\frac{1}{4}$.

Theo Viète ta có: $x_2+x_3=-1,x_2 x_3=-m$.

Ta có $x_1^3+x_2^3+x_3^3=3\Leftrightarrow x_1^3+(x_2+x_3)^3-3x_2x_3(x_2+x_3)=3\Leftrightarrow (1-m)^3+(-1)^3-3(-m)(-1)=3\Leftrightarrow m^3-3m^2+6m+3=0$.

Tới đây rồi thi giải pt, thử lại xem có 3 nghiệm phân biệt không thôi :0

Bài nghiệm nguyên giống đề chuyên toán tphcm 



#8
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài 6. $p^x=y^4+64$ $(*)$

Xét $p=2$ thì $y$ chẵn, $(*)$ trở thành $2^x=y^4+64\Leftrightarrow y^4=2^x-64=64(2^{x-6}-1)$, suy ra $2^{x-6}-1=0$ hoặc $2^{x-6}-1=1$. Dễ thấy với $2^{x-6}-1=1$ thì $y^4=64$ không thoả mãn nên $2^{x-6}-1=0\Leftrightarrow x=6$, tính được $y=0$

Xét $p>2$ thì $p, y$ lẻ, ta có $(*)\Leftrightarrow p^x=y^4+16y^2+64-16y^2=(y^2+8)^2-(4y)^2=(y^2-4y+8)(y^2+4y+8)$

$\Rightarrow\left\{\begin{matrix} y^2+4y+8=p^n\\ y^2-4y+8=p^m \end{matrix}\right.(n>m,m+n=x) \Rightarrow 8y=p^m(p^{n-m}-1)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 8=p^{n-m}-1\\ y=p^m \end{matrix}\right.$ (do $(8,y)=1$, $p^m$ lẻ, $p^{n-m}-1$ chẵn)

$\Rightarrow p^{n-m}=9\Rightarrow p=3$.

Khi đó $(*)\Leftrightarrow 3^x=y^4+64$, suy ra $y^4\equiv 3^x-64\equiv2 \pmod 3$ (vô lý vì $y^4$ là số chính phương nên chỉ chia 3 dư 0 hoặc 1).

Vậy $(a,b,p)=(6,0,2)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 14-03-2023 - 19:19

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh