SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
HÀ TĨNH LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐỀ

CHÍNH THỨC Môn Toán
Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi: 17 / 03 / 2011

Bài 1. Cho phương trình:
3
3
1 1
x (m 1)(x ) m 3 0
x x
− − + − + − =
.
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt.
Bài 2. a) Cho a, b, c là những số nguyên thỏa mãn điều kiện:

2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
 
+ + = + +
 ÷
 
Chứng minh rằng

+ ≥
+ + + + + +
.

_________ Hết ________
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2010-2011
LỜI GIẢI MÔN TOÁN LỚP 9
(Lời giải gồm 02 trang)
Bài Đáp án
Bài 1
a)
3
3
1 1
x (m 1)(x ) m 3 0
x x
− − + − + − =
(1). Đk:
x 0
≠
.
Khi m = 2: (1) trở thành
3
3
1 1
x 3(x ) 1 0
x x
− − − − =

x t 3t
x
− = +
.
Khi đó (1) trở thành :
3 2
t (m 2)t m 3 0 (t 1)(t t m 3) 0− − + − = ⇔ − + − + =
(3)
2
t 1.
g(t) t t m 3 0 (4)
=

⇔

= + − + =

Từ (2) ta được
2
x tx 1 0− − =
, với mỗi giá trị tùy ý của t, phương trình này luôn có đúng 1 nghiệm
dương (nghiệm còn lại âm), mà (3) đã có 1 nghiệm t = 1, nên để (1) có đúng 2 nghiệm dương phân
biệt thì điều kiện cần và đủ là : Phương trình (4) hoặc có nghiệm kép
t 1≠
hoặc có 2 nghiệm phân
biệt, trong đó có 1 nghiệm t = 1 . Điều đó tương đương với :
0
4m 11 0 11
0
m

;
m 5=
(cả 2 giá trị thoả mãn)
Vậy cácgiá trị của m cần tìm là
11
m ; m 5.
4
= =

a) Từ giả thiết
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) 2( ) 0 a b c 0
a b c a b c ab bc ca
+ + = + + ⇒ + + = ⇒ + + =
3 3 3 3 3 3
a b c a b 3ab(a b) c a b c 3abc⇒ + = − ⇒ + + + = − ⇒ + + =
(*)
Từ (*) dễ thấy khi a, b, c
Z∈
thì
3 3 3
(a b c ) 3+ + M
, đpcm.
b)
3 2
x ax bx 1 0+ + + =
(1)
Do

3 3 3 3
(x y ) 2xy (x y) 3xy(x y) 2xy a 3x(a x)a 2x(a x)+ + = + − + + = − − + −
P =
2 2 3
(3a 2)x (3a 2a)x a− − − +
2 3 2 2 3
1 1
(3a 2)(x ax) a (3a 2)[(x a) a ] a
2 4
− − + = − − − +
P
2 3 2
1 1
(3a 2)(x a) [a a (3a 2)]
2 4
= − − + − −
(2)
Vì 3a - 2 >0,
1
x a 0
2
− >
(do (1)) nên hàm số y = mX
2
(với m = 3a - 2,
1
X x a
2
= −
) đồng biến

ON NF
⇒ = ⇒
ME.NF=MN⇒
2

⇒
ME MN
NM NF
=
(1)
Ta có
·
EMN 120=
0
(cùng bù với
·
o
MNO 60=
do ME//ON)
Tương tự
·
0
FNM 120=
nên
·
EMN =
·
FNM
(2)
Từ (1), (2) ta được

0
của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, I nên MI lớn nhất
(tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, vì cạnh MN = R không đổi) khi và chỉ khi MI là
đường kính, khi đó K là trung điểm của cung MN nên
·
·
0 0
MNK 30 MEN 30= ⇒ =
E
⇒
A≡

MN / /AB⇒
đó là vị trí cần xác định của dây MN.

Bài 5
Gọi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P, ta cần chứng minh P
3
4
≥
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương, ta có:
3 3
3
a 1 b 1 c a (1 b)(1 c)
3
(1 b)(1 c) 8 8 64(1 b)(1 c)
+ + + +
+ + ≥
+ + + +

P (a b c)
4 2
+ ≥ + +
3
1 3 3
.3 abc P
2 2 4
≥ = ⇒ ≥
, đpcm. (Dấu “=” xảy ra
⇔

a b c 1
= = =
)
____________ Hết ___________3