Chủ đề này có 22 trả lời

[thangthaolinhdat]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG TỈNH
THANH HÓA Năm học 2012-2013

Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS
Thời gian: 150 phút
Ngày thi : 15/03/2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu I:( 4,0 điểm)
Cho biểu thức P = $\frac{x\sqrt{x}-3}{x-2\sqrt{x}-3}-\frac{2(\sqrt{x}-3)}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}+3}{3-\sqrt{x}}$
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm GTNN của biểu thức P và giá trị tương ứng của x

Câu II:(5,0 điểm)
1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho PT $x^{4}-4x^{3}+8x+m= 0$ có 4 nghiệm phân biệt
2. Giải hệ PT
$2+3x= \frac{8}{y^{3}}$ và $x^{3}-2=\frac{6}{y}$

Câu III:(4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n dương sao cho $2^{n}-15$ là bình phương của một số tự nhiên
2. Cho m,n là các số tự nhiên dương thỏa mãn $\sqrt{6}-\frac{m}{n}> 0$. CMR $\sqrt{6}-\frac{m}{n}> \frac{1}{2mn}$

Câu IV: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có AB <AC , nội tiếp đường tròn $(\Omega )$. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, $(\omega )$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Đường tròn $(\omega )$ cắt đường tròn $(\Omega )$ tại hai điểm A,N ( N$\neq$ A) , đường thẳng AM cắt đường tròn $(\omega )$ tại hai điểm A, K ( A$\neq$ K)
1. CM ba điểm N,H,M thẳng hàng
2. CM $\widehat{NDE}= \widehat{FDK}$
3. Cm tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn

Câu V:(1,0 điểm)
Cho một bảng kẻ ô vuông kích thước 7*7 ( gồm 49 ô vuông đơn vị). Đặt 22 đấu thủ vào bảng sao cho mỗi ô vuông đơn vị không quá một đấu thủ. Hai đấu thủ được gọi là tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột. CMR với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi mội không tấn công lẫn nhau.

[tramyvodoi]

2. Giải hệ PT
$2+3x= \frac{8}{y^{3}}$ và $x^{3}-2=\frac{6}{y}$

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{8}{y^{3}}=2+3x & \\ x^{3}=2+\frac{6}{y} & \end{matrix}\right.$
Trừ theo vế ta được: $x^{3}-\frac{8}{y^{3}}=\frac{6}{y}-3x$
$\Rightarrow x^{3}+3x=\frac{8}{y^{3}}+\frac{6}{y}$
Xét $f(t)=t^{3}+3t$
$f'(t)=3t^{2}+3> 0$
vậy d đồng biến.
Nên $f(x)=f(\frac{2}{y})$
$\Rightarrow x=\frac{2}{y}$
Theo vào đề, ta sẽ giải được y, từ đó tìm ra x

[Zaraki]

Câu III:(4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n dương sao cho $2^{n}-15$ là bình phương của một số tự nhiên.

Lời giải. Nếu $n$ lẻ thì $2^{n}-15 \equiv 1-15 \equiv 2 \pmod{4}$, không thể là số chính phương.
Nếu $n$ chẵn, đặt $n=2k, \; (k \in \mathbb{N}}^*)$ khi đó đặt $2^n-15=a^2 \Leftrightarrow \left( 2^k-a \right) \left( 2^k+a \right) =15$.
Nhận thấy $2^k-a<2^k+a$ nên đến đây dễ làm tiếp.

[Bui Nhat Son]

E làm câu năm nha các bác. Ta có giả sử không có 2 đấu thủ nào tấn công lẫn nhau vậy trên một hàng không có quá 3 đấu thủ vậy không có quá 21 đấu thủ trái với giả thiết

[chmod]

Không ai giải bài BDT à, mình sẽ giải bài bất đẳng thức vậy
từ giải thiết $\sqrt{6}> \frac{m}{n}\Rightarrow 6n^2> m^2$ nhưng do $6n^2,m^2$ đều là những số tự nhiên nên $\Rightarrow 6n^2\geq m^2+1$

Lại có $6n^2\vdots 3$ và dễ dàng chứng minh được $m^2+1$ không chia hết cho 3 nên $6n^2\neq m^2+1$ hay nói cách khác $\Rightarrow 6n^2\geq m^2+2$

Trở lại bài toán cần chứng minh , ta chuyển vế ,bình phương rồi quy đồng , bài toán được quy về chứng minh $24m^2n^2\geq 4m^4+4m^2+1$
Theo chứng minh trên $6n^2\geq m^2+2$ nên $24m^2n^2=6n^2.4m^2\geq (m^2+2).4m^2=4m^4+8m^2>4m^4+4m^2+1$

Vậy $24m^2n^2>4m^4+4m^2+1$ nên ta có điều phải chứng minh

[ilovelife]

Đề này khá rắn, câu V mình mu-tis luôn
Câu 2.1
$pt \iff m+(x^2-2 x)^2-4 (x^2-2 x) = 0 (1)$
Đặt $x^2-2x = t \implies 1 + t > 0$
$(1) \iff t^2 - 4t + m =0 \implies 4-m > 0 \land t_1, t_2 > 0 \iff m < 4 \land 4 > 0 \land m>0 \implies ...$

[gbao198]

đặt x=a+1 thì phương trình thành phương trình trùng phương: $a^{4}-6a^{2}+5-m=0$ phương trình gốc có 4 nghiệm nên phương trình phụ có 4 nghiệm tới đây đặt $t= a^{2}$ tìm m để phương trình bậc 2 này có 2 nghiệm dương phân biệt, xong!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gbao198: 18-03-2013 - 20:29

[hoangdaikpro]

Mình làm được mỗi câu 1 ý 1 , hết ... chắc câu này ai cũng làm đuợc

[chetdi]

có ai làm được bài hình không 

[Ha Manh Huu]

Không ai giải bài BDT à, mình sẽ giải bài bất đẳng thức vậy
từ giải thiết $\sqrt{6}> \frac{m}{n}\Rightarrow 6n^2> m^2$ nhưng do $6n^2,m^2$ đều là những số tự nhiên nên $\Rightarrow 6n^2\geq m^2+1$

Lại có $6n^2\vdots 3$ và dễ dàng chứng minh được $m^2+1$ không chia hết cho 3 nên $6n^2\neq m^2+1$ hay nói cách khác $\Rightarrow 6n^2\geq m^2+2$

Trở lại bài toán cần chứng minh , ta chuyển vế ,bình phương rồi quy đồng , bài toán được quy về chứng minh $24m^2n^2\geq 4m^4+4m^2+1$
Theo chứng minh trên $6n^2\geq m^2+2$ nên $24m^2n^2=6n^2.4m^2\geq (m^2+2).4m^2=4m^4+8m^2>4m^4+4m^2+1$

Vậy $24m^2n^2>4m^4+4m^2+1$ nên ta có điều phải chứng minh

từ 6n^2>=m^2+2>=(m+1/2mn)^2
căn 2 vế => đpcm

[duongtoi]

Bài 1:

1. $P=\frac{x+8}{\sqrt x+1}$. ĐK $x\ge0, x\ne 3$.

2. Ta có $P=\sqrt x+1+\frac{9}{\sqrt x+1}-2\ge6-2=4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là 4 đạt tại $x=4$.

[Ha Manh Huu]

E làm câu năm nha các bác. Ta có giả sử không có 2 đấu thủ nào tấn công lẫn nhau vậy trên một hàng không có quá 3 đấu thủ vậy không có quá 21 đấu thủ trái với giả thiết

sao lại giả sử như vậy
giả sử sai chỉ là có 2 đấu thủ tấn công nhau trên 1 hàng thôi chứ

[duongtoi]

Ta có $\left\{\begin{matrix} \frac{8}{y^{3}}=2+3x & \\ x^{3}=2+\frac{6}{y} & \end{matrix}\right.$
Trừ theo vế ta được: $x^{3}-\frac{8}{y^{3}}=\frac{6}{y}-3x$
$\Rightarrow x^{3}+3x=\frac{8}{y^{3}}+\frac{6}{y}$
Xét $f(t)=t^{3}+3t$
$f'(t)=3t^{2}+3> 0$
vậy d đồng biến.
Nên $f(x)=f(\frac{2}{y})$
$\Rightarrow x=\frac{2}{y}$
Theo vào đề, ta sẽ giải được y, từ đó tìm ra x

Lớp 9 mà bạn chơi cả đạo hàm vào.

[duongtoi]

Bài 2:

1. Ta biến đổi PT thành $(x-1)^4-6(x-1)^2+m+6=0$.

Đặt $(x-1)^2=t$. ĐK $t\ge0$.

PT trở thành $t^2-6t+m+6=0\quad (*)$

PT ban đầu có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.

ta được kết quả là $-6<m<3$.

2. Đặt $t=\frac{2}{y}$.

Hệ trở thành $3x=t^3-2$ và $x^3-2=3t$

Đây là hệ đối xứng loại I. Hệ có nghiệm là $x=t=-1$ và $x=t=2$.

Thay vào ta được $y$.

Mọi người thông cảm là mình không thấy nút hiện web công thức toán ở đâu cả nên không thể viết chi tiết.

[duongtoi]

Bài 3:

1. Như các giải của bạn đăng trước. Đầu tiên mình chứng minh $n$ chẵn. Sau đó, đặt $n=2k$ và phân tích.

Kết quả thu được $n=6$ và $n=4$.

2. Ta có BPT tương đương $2m^2-2mn\sqrt6+1<0$

tương đương $\frac{n\sqrt6-\sqrt{6n^2-2}}{2}<m<\frac{n\sqrt6+\sqrt{6n^2-2}}{2}<n\sqrt6$

cái này luôn đúng vì $\sqrt6-\frac{m}{n}>0$.

Vậy ta được dpcm.

[duongtoi]

Bài 4:

1. Ta thấy $AH$ chính là đường kính của đường tròn $(\omega)$.

Ta dễ dàng chứng minh được $ANDM$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$.

Suy ra $\hat{NAD}=\hat{NMD}$.

Suy ra $\hat{NHA}=\hat{DHM}$. Suy ra $N, H, M$ thẳng hàng. (góc đối đỉnh).

[duongtoi]

Bài 4:

2. Ta có $\hat{NDE}=\hat{NDA}+\hat{ADE}=\hat{NMA}+\hat{ABE} \quad (1)$. (Vì ANDM nội tiếp đường tròn đường kính AM, ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB)

Ta có $\hat{FDK}=\hat{FDA}+\hat{ADK}=\hat{FCA}+\hat{NMA}\quad (2)$. (Vì AFDC nội tiếp đường tròn đường kính AC, HDMK nội tiếp đường tròn đường kính HM)

Mặt khác, $\hat{ABE}=\hat{ACF}\quad (3)$ (cùng phụ góc $\hat{BAC}$).

Từ (1), (2) và (3) suy ra dpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 19-03-2013 - 17:49

[nguyencuong123]

đặt 2/x=a . 2/y =B đưa về hệ đối xứng loại 2( like em cái)

[Supermath98]

có ai làm được bài hình không 

Có mình. Mà mình nhớ hình như bài này có trên VMF rồi thì phải? 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuannguyena1: 26-04-2013 - 19:55

[Supermath98]

Ai vẽ hình giúp mình cái nha! 

a> Ta có tứ giác ABDE nội tiếp nên $\angle BAD=\angle BED = > \angle ABD=\angle CED$ 

Lại có tứ giác BFHD nội tiếp nên $\angle BFD=\angle BHD$ và $\angle FHB=\angle FDB$

Có tiếp tứ giác DHEC nội tiếp nên $\angle DHC=\angle CED = > \angle DHC=\angle ABD$

Từ đó suy ra $\angle FHB+\angle BHD+\angle CHD=\angle FDB+\angle BFD+\angle ABD=180^{\circ}$

CÂU B,C MÌNH LÀM SAU NHÉ! BẬN CHÚT, MONG THÔNG CẢM AI VẼ HÌNH GIÚP MÌNH NHÁ! THANKS