<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>UBND TỉNH Thừa Thiên Huế</b> <b>kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh</b>
<b>Sở Giáo dục và đào tạo</b> <b>lớp 9 thCS - năm học 2008 - 2009</b>
<i><b> </b></i> <i><b>Môn : Toán </b></i>

<b>§Ị chÝnh thøc</b> _{Thời gian làm bài:}<i>_{150 phút}</i>
<b>Bài 1</b>: (4,0 điểm)

1. Rút gän biÓu thøc: 2 4 5 21 80
10 2

<i>A</i>

2. Giải phơng trình: 2 2

6 18 0

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>
<b>Bài 2</b>: (3,0 điểm)

Cho phơng trình

_

<i>m</i>1

_

<i>x</i>3

_

3<i>m</i>1

_

<i>x</i>2 <i>x</i> 4<i>m</i> 1 0 (1) (<i>m</i> là tham số).
1. Biến đổi phơng trình (1) về dạng phơng trình tích.

2. Với giá trị nào của <i>m</i> thì phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 2
nghim õm.

<b>Bài 3</b>: (4,0 điểm)

1. Chứng minh rằng với hai số thực bất kì <i>a b</i>, ta luôn có:

2

2

<i>a b</i>

<i>ab</i>



 



 

 

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

2. Cho ba số thực <i>a b c</i>, , không âm sao cho

<i>a b c</i>

_{  }

1

.
Chứng minh:

<i>b c</i>

_{ }

16

<i>abc</i>

. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
3. Với giá trị nào của góc nhọn  thì biểu thức <i>_P</i> _sin6 _cos6

 

  có giá trị bé nhất ?
Cho biết giá tr bộ nht ú.

<b>Bài 4</b>: (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các
cạnh BC, CA và AB lần lợt tại D, E và F. Đặt <i>x DB y DC z</i> ,  , <i>AE</i>.

a. T×m hƯ thøc giữa <i>x y</i>, và <i>z</i>.

b. Chứng minh rằng: <i>_{AB AC}</i> ₂<i>_{DB DC}</i> .

2. Cho tam giác ABC cân tại A, <i>BC a</i> . Hai điểm M và N lần lợt trên AC và AB sao
cho: <i>AM</i> 2<i>MC AN</i>, 2<i>NB</i>và hai đoạn BM và CN vuông góc với nhau. Tính diện
tích tam giác ABC theo <i>a</i>.

<b>Bài 5</b>: (3,0 ®iĨm)

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>B ià</b> <b>_Câu</b> <b>Néi dung</b> <b>§iĨm</b>
<b>1</b> <i><b>(4 ®iÓm)</b></i>

<b>1.1</b>

<b>(</b>2 ®<b>)</b> _{2 4} ₅ ₂₁ ₈₀

10 2

<i>A</i>   







2

21 80  1 4 5  2 5  1 2 5

5 21 80  6 2 5 1   5



5 1



2

2 3 5 6 2 5

1

2( 5 1) 5 1 5 1

<i>A</i>      

  

0,5
0,5
1,0

<b>1.2</b>

(2 ®) <i>x</i>2 <i>x</i> 6<i>x</i>2 <i>x</i>18 0 .

Điều kiện để phơng trình có nghĩa: 2

6 0

<i>x</i> <i>x</i>

Đặt <i>_t</i> <i>_x</i>2 <i>_x</i> ₆



<i>_t</i> ₀



<i>_x</i>2 <i>_x</i> ₁₈ <i>_t</i>2 ₁₂

_

<i>_t</i> ₀

_

         

Khi đó phơng trình đã cho trở thành: <i>t</i>2  <i>t</i> 12 0

_

<i>t</i>0

_

 <i>t</i> 3 (<i>t</i>4 0
loại)

2 2

1 2

1 61 1 61

3 6 9 0 15 0 ;

2 2

<i>t</i>   <i>x</i>  <i>x</i>    <i>x</i>  <i>x</i>   <i>x</i>   <i>x</i>  
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: _1,2 1 61

2

<i>x</i>  

0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

<b>2</b> <i><b>(3 ®iĨm)</b></i>

<b>2.1</b>

_

<i>_m</i> ₁

_

<i>_x</i>3

_

₃<i>_m</i> ₁

_

<i>_x</i>2 <i>_x</i> ₄<i>_m</i> _{1 0 (1)}

      



<i>_m</i> ₁



<i>_x</i>3



<i>_m</i> ₁



<i>_x</i>2 ₄<i>_mx</i>2 <i>_x</i> ₄<i>_m</i> _{1 0}

        



<i>_m</i> ₁



<i>_{x x}</i>2



₁



₄<i>_{m x}</i>



2 ₁





<i>_x</i> ₁



₀

       



<i>_x</i> ₁

 

<i>_m</i> ₁



<i>_x</i>2 ₄<i>_mx</i> ₄<i>_m</i> ₁ ₀

 

  _     _ 

0,5
0,5
0,25
<b>2.2</b> Ta cã:



 







2
2

1 1 4 4 1 0

1 ( )

( ) 1 4 4 1 0 ( )

<i>x</i> <i>m</i> <i>x</i> <i>mx</i> <i>m</i>

<i>x</i> <i>a</i>

<i>g x</i> <i>m</i> <i>x</i> <i>mx</i> <i>m</i> <i>b</i>

 

 _     _ 




  _ _ _ _ _ _

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Để phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phơng trình (b) phải có hai
nghiệm phân biệt khác 1, tơng đơng với:

1
1

1 1

' 1 3 0 1, 0,

3 3

(1) 0 ₉ ₀

<i>m</i>
<i>m</i>

<i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i>

<i>g</i> <i>_m</i>



 _
 
         
 
 _ 
 _ _

(*)

Với điều kiện (*), phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có một
nghiệm x = 1 > 0 và hai nghiệm còn lại x1 và x2 (x1 < x2 ) là nghiệm của (b).
Do đó để (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có hai nghiệm âm thì x1 < x2 <0,
tơng đơng với:

1 2
1 2

4 1
1
0 ₁
1

1 ₄ ₁

4 ₁ ₀ 4

0
1

<i>m</i>

<i>P x x</i> <i>_m</i> <i>_{hay m}</i>

<i>m</i> <i>_m</i> <i>_{hay m}</i>

<i>m</i> <i>_m</i> <i>_{hay m}</i>

<i>S</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>m</i>


   
 _{ } _
  
    
 


 _ _ _ _ _ _{ } _
 _

(**).

Kết hợp (*) và (**) ta có: Để phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó
có hai nghiệm âm thì cần và đủ là: 1 1 1

4 3

<i>m</i>  <i>hay</i> <i>m</i>

0,25

0,50

0,25

0,25

<b>3</b> <i><b>(4,0 ®iĨm)</b></i>
<b>3.1</b> Ta cã:

2 ₂ ₂ ₂ ₂

2 2

2 4 4

<i>a b</i> <i>a</i> <i>ab b</i> <i>a</i> <i>ab b</i>

<i>ab</i> <i>ab</i>
    
 
   
 
 





2 _0, _,

4

<i>a b</i>

<i>a b</i>



   <b>R</b>

VËy:

_

_

2

2

, , 4 , ,

2

<i>a b</i>

<i>ab</i> <i>a b</i> <i>a b</i> <i>ab a b</i>



 

       

 

  <b>R</b> <b>R</b>

Dấu ng thc xy ra khi <i>_{a b}</i>

0,25
0,25
0,25
0,25
Theo kết quả câu 3.1, ta cã:



<i>a b c</i>_{ }



2 _<i>a</i>_



<i>b c</i>_



2 _4<i>a b c</i>



_



 

mµ <i>_{a b c}</i>  ₁ (giả thiết)

nên: 1 4 <i>a b c</i>





 <i>b c</i> 4<i>a b c</i>

_



_

2 (v× a, b, c không âm nên b + c không

âm)

Nhng:



<i>b c</i>



2 4<i>bc</i> (không âm)
Suy ra: <i>b c</i> 16<i>abc</i>.

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Suy ra: 1 3sin2 cos2 1 3 1
4 4

<i>P</i>      

Do đó: _min 1
4

<i>P</i>  khi vµ chØ khi: _sin2 _cos2 _sin _cos

       (vì là góc
nhọn) sin 1 1 450

cos <i>tg</i>



 



      0,5

<b>4</b> <i><b>(6,0 ®iÓm)</b></i>

<b>4.1.a</b> + Ta cã: BD = BF, CD = CE

và AE = AF (Tính chất của
hai tiếp tuyến cắt nhau).
Do đó:

, ,

<i>BC x y AC</i> <i>y z</i>

<i>AB x z</i>

   

 

Theo định lí Pytago:

2 2 2

<i>BC</i> <i>AB</i> <i>AC</i>



<i>x y</i>



2



<i>x z</i>



2



<i>y z</i>



2

     





2





2<i>xy</i> 2<i>z x y</i> 2<i>z</i> <i>xy z x y z</i>

        (a)

0,5

0,5
0,5
<b>4.1.b</b> Gọi <i>r</i> là bán kính, I là tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ABC.

Ta cã: 1 1 1 1

_

_

2 2 2 2

<i>ABC</i>

<i>S</i>  <i>AB AC</i>  <i>BC r</i>  <i>CA r</i>  <i>AB r</i>  <i>x y z r</i>  (b)

Tứ giác AEIF có 3 góc vng, nên là hình chữ nhật.
Nhng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vng,
Do đó: <i>_{z EI}</i> <i>_r</i> (c)

Tõ (a), (b), (c) suy ra: <i>AB AC</i> 2<i>xy</i> <i>AB AC</i> 2<i>DB DC</i>

0,5
0,5
0,5
<b>4.2</b> + Theo gi¶ thiÕt: <i>AM</i> 2<i>MC</i> vµ <i>AN</i> 2<i>NC</i>

Suy ra:

2 2

//

3 3

<i>AM</i> <i>AN</i> <i>MN</i> <i>AM</i>

<i>MN BC</i>

<i>AC</i> <i>AB</i>    <i>BC</i>  <i>AC</i>  .

+ Gọi E là giao điểm của BM và CN, theo định lí Ta-lét, ta có:
2

3

<i>EM</i> <i>EN</i> <i>MN</i>

<i>EB</i> <i>EC</i> <i>BC</i>  .

Gọi BK là đờng cao hạ từ B của tam giác ABC, ta có:
1

2 ₃ ₃

1
2

<i>ABC</i>

<i>ABC</i> <i>BCM</i>
<i>BCM</i>

<i>AC BK</i>

<i>S</i> <i>AC</i>

<i>S</i> <i>S</i>

<i>S</i> <i>_{CM BK}</i> <i>CM</i>



    



0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

2

3 5 5

5 3 12

<i>BEC</i>

<i>BMC</i> <i>BEC</i>

<i>BMC</i>

<i>S</i> <i>BE</i> <i>a</i>

<i>S</i> <i>S</i>

<i>S</i> <i>BM</i>    

VËy:

2

5
4

<i>ABC</i>

<i>a</i>

<i>S</i> 

0,5
0,5

<b>5</b> <i><b>(3,0 ®iĨm)</b></i>

<b>5.1</b> + Gäi sè ô tô lúc đầu là <i>x</i> ( x nguyên và x 2)
Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1.

+ Theo giả thiết: Nếu số xe là <i>_x</i>₁ thì số học sinh phân phối đều cho tất cả

các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y  30).

+ Do đó ta có phơng trình:

_

1

_

22 1 22 1 22 23

1 1

<i>x</i>

<i>x</i> <i>y</i> <i>x</i> <i>y</i>

<i>x</i> <i>x</i>



      

 

0,25
0,25

0,5
+ Vì x và y đều là số nguyên dơng, nên <i>x</i>1 phải là c s ca 23.

Mà 23 nguyên tố, nên: <i>x</i>1 1 <i>x</i>2 hoặc <i>x</i>1 23 <i>x</i>24
Nếu <i>x</i>2 thì <i>y</i>22 23 45 30 (trái giả thiết)

NÕu <i>x</i>24 th× <i>y</i>22 1 23  < 30 (thỏa điều kiện bài toán).
+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:

22 24 1 23 23 529     học sinh.

0,25
0,25
0,25
0,25
<b>5.2</b> + Tấm bìa hình chữ nhật 1 5 có diện tích là 5

(đvdt).

ct hỡnh chữ nhật thành các mảnh ráp thành
hình vng, thì cạnh của hình vng bằng ₅,
bằng độ dài cạnh huyền của tam giác vng có
hai cạnh góc vng có kích thớc là 1 và 2 có diện tích
bằng 1 (đvdt).

+ Do đó nếu cắt hình chữ nhật 1 5 theo đờng chéo của 2 hình chữ nhật AEFD
và GBCH, và cắt theo 2 đờng EF và GH xong ráp lại thì đợc hình vng
MNPQ nh hình bên.

</div>

<!--links-->