De thi HSG Toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (442.68 KB, 11 trang )

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

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006
 Mơn : Tốn (Vòng 1)
Đề chính thức Thi gian lm bi: 120 phỳt

Bài 1: (8 điểm)

Cho phơng trình 2x2 2mx m 2 2 0 (1). .

1. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt.
2. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2

tho¶ m·n hƯ thøc
3 3
1 2

5
2
x x 

3. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm khơng âm. Tìm giá trị của m để
nghiệm dơng của phơng trỡnh t giỏ tr ln nht.

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 3 4x x 2 (2)
Bµi 3: (8 ®iĨm)

Cho tam giác ABC có ABC60 ;0 BC a AB c ;  (a c, là hai độ dài cho trớc),

Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh
BC đợc gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC.

1. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn
nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.

2. Dựng hình vng EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và
com-pa. Tính diện tích của hình vng đó.

HÕt

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006
 Mơn : tốn (Vịng 1)

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

Bµi 1 ý Nội dung Điểm

1. 8,0

1.1 (2,0 điểm)

phng trỡnh (1) cú hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là:
2

' 4 0

2
0

0
m
m
P

S m
   





 




 




0.5

2 2 2

0
m

m m

m


1.5

1.2 (3,0 điểm)

Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt ' 4 m2   0 2m2(*) 0,50



 



3 3

1 2 1 2 1 2 1 2

5 5

2 2

x x   x x  x x  x x  

  0,50

2 3( 2) 5 3 6 5 0

2 2

m

m m   m m

        

  0,5









1 2,3

1 21

1 5 0 1;

m m m m m 

        

0,5

Ta cã: 2

1 21 3 21 1 21

2 0 2

2 2 x 2

     

       

1 21

0 2
2

x     

vµ 3 3

5 21

2 0 2

x  x

0,5

Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:

1 21
1;

2
m m

0,5
1.3 (3,0 điểm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chØ khi:
2

' 4 0

0 2 2 (**)
2

0
m
m

P m

S m
   





    




 


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

Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là:





2 2

1 2 1 2

4 4

; 0 2;2

2 2

m m m m

x    x     x x  m  

  0,50

Hai nghiệm này không thể đồng thi bng 0, nờn nghim dng ca phng

trình là
2
2
4
0
2
m m

x    

. Suy ra:





2 2

2 2 2

2
2

4 2 4

2 4 4

4 4

m m

m m m m

x        

0,50
Theo bất đẳng thức Cô-si:













2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 4

m   m  m  m  m  m 

0,50
Suy ra:

2 2 2 2

x   x 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:

2 4 2 2 2; 2

m   m  m  

  . 0,5

Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là 2khi m 2 0,5

2. (4,0 ®iÓm)





2
2 2
2
2 2
4 0

4 3 4

4 3 4
x x

x x x x

  


     

   


 (2)





2
2
2
2
4 0
0 4

4 2 4

3 0
3

t x x

t
t x

t t
t t
   
   

       
  


 


 (3)

0,5

1,0

Giải phương trình theo t, ta có:

1 13
0
2

t   

(lo¹i); 2

1 13
0
2

t   

2 2

13 9

4 0 4

t      t 

. Suy ra nghiÖm của (3) là t2. 1,0

Giải phơng trình

1
2 2
2 2
2
9 13
2
2

4 4 0

9 13
2

2
x

x x t x x t

x
 
  

      


  


Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
1,2

9 13
2

2
x

1,0

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

3. 8,0

3.1

+ Đặt AM x (0 x c).
Ta cã:

MN AM ax

MN
BC  AB   c





0 3

sin 60

2
c x

MQ BM  

.
Suy ra diƯn tÝch cđa MNPQ lµ:









3 3

2 2

ax c x a

S x c x

c c



  

2,0

+ Ta có bất đẳng thức:

( 0, 0)

2 2

a b a b

ab ab a b

   

     

 

¸p dơng, ta cã:

2 2

( )

2 4

x c x c
x c x     

  .

Dấu đẳng thức xảy ra khi: 2

c
x c x   x

Suy ra:

3 3

2 4 8

a c ac
S

c

  

VËy: max

3
8
ac
S 

khi 2
c
x

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

3.2

+ Giả sử đã dựng đợc hình vng EFGH
nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF ly im F'.

Dựng hình chữ nhật:

E'F'G'H' ( 'E AB G H; ', 'BC).
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên:

' ' ' ' ' '

E F BE BF F G
EF BE BF  FG

' ' ' '

E F F G

  . Do đó E'F'G'H' là hình vng. 1,0

+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình
vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình
chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh tơng tự trên, ta có EF =

FG, suy ra EFGH là hình vuông. 1,0

+ Ta có:

' 1

cot 60

' ' 3

BH

g

E H   ;

 ' ' ' ' ' 1

cot ' 1 1

' ' ' ' ' ' 3

BG BH H G BH

g F BC

F G F G E H



     

Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy
nhất.

Trờng hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh
BC, lý luận tơng tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB ti E.

Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất.

1,0

+ §Ỉt AEx. Ta cã

EF AE ax

EF

BC AB c ;





( ) 3
sin

2
c x
HE c x B 

EFGH là hình vuông, nên

( ) 3 3

2 2 3

ax c x c

EF EH x

c a c



  

Suy ra diện tích hình vuông EFGH là:





2 2
2

2 3

a c
S EF

a c

 



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005
 Mơn : Tốn (Vịng 2) 
Đề chính thức Thi gian lm bi: 120 phỳt

Bài 1: (7 điểm)

1. Giải hệ phơng trình:
4
4

3 4
3 4

x y

y x




 


2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c c a b b c a

a b b c c a     a b b c c a     a b b c c a    
Th× | | | | | |a b c

Bài 2: (6 điểm)

1. Xỏc nh hỡnh vuụng cú dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số
nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng
trăm giống nhau.

2. A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng
vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng
C và ngời song sinh của C là hai ngời khác giới tính và C khơng phải là con
của B. Hỏi trong ba ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai ngời kia ?

Bµi 3: (7 ®iĨm)

Cho đờng trịn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vng góc
với nhau. Đờng tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD. Đờng tròn (O2) tiếp xúc với
2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng
tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với
đ-ờng tròn (O). Đđ-ờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với
đ-ờng trịn (O1). Tính bán kính của các đờng trịn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R.

HÕt

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005
 Mơn : tốn (Vòng 2)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài ý Nội dung Điểm

1. 7,0

1.1 (4,0 điểm)
4

3 4
3 4

x y

y x

  


 

 . Điều kiện để hệ có nghiệm là: 
3

4
3

4
x
y
 






 (*)

0,5

Víi ®iỊu kiÖn (*), ta cã:

4 4

4 4 4

3 4 3 4 ( )

3 4 4( ) 0( )

x y x y a

y x x y x y b

     


 

     

  1,0



 





2 2



( )b  x y  x y x y 4 0

   x y  0 x y
(v×

, 4 0

x y 

nªn









2 2 4 0
x y x y  

). 1,0

Thay vµo (a):





4 3 4 4 4 3 0 4 1 4 1 0

x   y x  x   x   x 



x 1





x3 x2 x 3



0



x 1





x2 2x 3



0 x 1

            

v×





2 2 3 1 2 0

x  x  x  
.
So víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã:

3
1 4
x  y

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
1
x
y

1,5

1.2 (3,0 điểm)

Điều kiện: ab b; c c; a 0,50

Ta cã

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c b c a a b b c c a

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

    

        

          



a b

 

b c

 

c a



       0,50

Suy ra:

2 2 2 2 2 2

a b c b c a

a b b c c a     a b b c c a    
Do đó:

2 2 2 2 2 2

a b c c a b

a b b c c a     a b b c c a    







 



2 2 2 2 2 2 4 4 4

2 2 2 2 2 2

0 a c a b c b a b c 0

a c b a c b

a b b c c a a b b c c a

    

  

     

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>







 



2 2 2 2 2 2 4 4 4

2 2 2 2

0
2

a c a b c b a b c
a b b c c a

    

 

  



 



4 2 2 2 4 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2

0
2

a a c c a a b b b b c c
a b b c c a

       

  

  



 



2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

0 0

0
a b

a b b c c a b c

c a
  


          

  


2 2 2 | | | | | |

a b c a b c

      1,0

2. 6,0

2.1 (4,0 điểm)

Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng





2 0,
S abbb k  k kZ

0,5
2

1000k 9999 33 k 99, nên k chỉ gồm 2 chữ số: kxy10x y





2 100 2 20 2 3 9;0 9
k  x  xy y  x  y

. 1,0

NÕu y lỴ:

1;3;5;7;9 1;9;25; 49;81 1;5;9

y  y   b . Khi đó 2xycó chữ

sè tËn cïng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k2 phải là số chẵn khác với

1; 5; 9, do ú S khơng thể là abbb. 1,0

NÕu y ch½n:

0; 2; 4;6;8 0; 4;16;36;64 0; 4;6

y  y   b

Víi y = 0: k2 chØ cã thĨ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả
điều kiện bài toán.

Vi y = 2: k2 100x240x4. Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục
của k2 mới là 4, suy ra k2 3600 244 3844  abbb.

Với y = 4; 6: y2 16;36, khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên chữ
số hàng chục của k2 phải là số lẻ, do đó khơng thể bằng 4 hoặc 6, nghĩa là

k abbb.

Với y = 8: y2 = 64; k2 100x2160x64, khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì

ch÷ sè hµng chơc cđa k2 míi b»ng 4, suy ra k2 382 1444 hoặc

2 882 7744

k (không thoả điều kiện bài toán).

Vy: bi toỏn cú mt li gii duy nht: Hình vng cần xác định có cạnh
38

k  vµ diÖn tÝch S 1444.

0,5

0,5
2.2 (2,0 điểm)

Theo giả thiết, cha của A có thể là B hc C:

 Nếu B là cha của A thì C khơng thể song sinh với A, vì nếu nh thế thì C
là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác giới tính
(gt), nên C là phái nữ. Mặt khác, con gái của B khơng thể là C nên phải
là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai ngi cũn li l A

và C (cùng là phái n÷). 1,0

 Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thiết B
phải là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C (gt) nên phải là
A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là song sinh, dẫn đến mâu

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

thuÉn.

VËy chØ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai ngời

còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 0,5

3. 7,0

+ Gi r là độ dài bán kính đờng
trịn (O1). Ta có:

ACD

S pr





2 1 2

R AC CD r

  





2 2 1

R R r

  

1 2
R
r
 

 1,0

+ Đờng tròn (O2) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O2 ở trên tia phân giác của

góc BOD , (O2) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở trên

đ-ờng thẳng nối 2 tâm O và O2, chính là giao điểm của tia phân giác góc

BOD
với (O).

+ ng thng qua T vuụng gúc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là tiếp
tuyến chung của (O) và (O2). Do đó (O2) là đờng trịn nội tiếp OB D' '.

+ OB D' 'có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vng cân
và B D' ' 2 OT 2 ,R OB'OD'R 2, suy ra: OB D' 'ACD.

+ VËy: B¸n kÝnh cđa (O2) cịng b»ng 1 2

R

r

 . 2,0

+ Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O3) cũng bằng

(O2), nên bán kính của (O3) cũng bằng 1 2

R
r

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

+ Đờng tròn (O4) có hai trêng hỵp:

a) Tr êng hỵp 1: (O4) ë bên trái (O1):

Kẻ tiếp chung của (O4) và (O1) tại tiếp điểm K cắt AC và AD tại E và F.

CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O1), nªn chu vi cđa CEFb»ng 2CO,

suy ra nưa chu vi cđa nã lµ p = R.

Ta cã:

2 2
1

4 2 2
1 2
R

CO  R r  






1 1

4 2 2 1
4 2 2

1 2 1 2 1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  









0
1

4 2 2 1
1

22 30'

1 2 1 2

R
O O

KF

tg KF

KC CO

 

    

 









4 2 2 1
1 2

CEF

R

S CK KF

 

  




Suy ra bán kính của đờng trịn (O4) là:









4 3

4 2 2 1
1 2
R

r

 





</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

b) Tr ờng hợp 2: (O'4) ở bên ph¶i (O1):

Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E'
và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H.





1 1

4 2 2 1
4 2 2

' '

1 2 1 2 1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  









4 2 2 1
' ' ' ' 22 30'

1 2
R

F H K F CK tg

 

  











2
1

4 2 2 1 4 2 2
'

' 1 2

R
CK CO
CK CO

CF

CF CO CO

  



   



















2 2

4 2 2 1 4 2 2 4 2 2 1
' '

1 2 1 2

R R

CH CF F H

    

   

 









4 2 2 1
1 2
R

CH

 





Suy ra: Bán kính của đờng trịn (O'4) là:









' ' 0

4 4 3

4 2 2 1
22 30'

1 2
R

r O H CHtg

 

  



</div>