Đề HSG Toán 9 Huế vòng 1 năm 2006

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006 Môn : Toán (Vòng 1) Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (8 điểm) Cho phơng trình 2 2 2 2 2 0 (1).x mx m + = . 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 1 x và 2 x thoả mãn hệ thức 3 3 1 2 5 2 x x+ = . 3. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của m để nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4điểm) Giải phơng trình: 2 2 4 3 4x x x x + = (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ã 0 60 ; ;ABC 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 vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com- pa. Tính diện tích của hình vuông đó. Hết UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006 Môn : toán (Vòng 1) Đáp án và thang điểm: Bài 1 ý Nội dung Điểm 1. 8,0 1.1 (2,0 điểm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là: 2 2 ' 4 0 2 0 2 0 m m P S m = > = > = > 0.5 2 2 2 2 0 m m m m < > < < > 1.5 1.2 (3,0 điểm) Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt 2 ' 4 0 2 2m m = > < < (*) 0,50 ( ) ( ) 2 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 3 2 2 x x x x x x x x + = + + = 0,50 2 2 3 3( 2) 5 6 5 0 2 2 m m m m m = + = 0,5 ( ) ( ) 2 1 2,3 1 21 1 5 0 1; 2 m m m m m + = = = m 0,5 Ta có: 2 1 21 3 21 1 21 2 0 2 2 2 2 x + = > = < 3 1 21 0 2 2 x + = > > và 3 3 5 21 2 0 2 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 chỉ khi: 2 2 ' 4 0 2 0 2 2 (**) 2 0 m m P m S m = = = > 0,50 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 thời bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng 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 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 4m m m m m m+ 0,50 Suy ra: 2 2 2 2 2x x . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 2 2 4 2 2;2m m m = = . 0,5 Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là 2 2khi m = 0,5 2. (4,0 điểm) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 0 4 3 4 4 3 4 x x x x 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 Gii phng trỡnh theo t, ta cú: 1 1 13 0 2 t = < (loại); 2 1 13 0 2 t + = > 2 2 13 9 4 0 4 2 t t = < < . Suy ra nghiệm của (3) là 2 t . 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 0,5 3. 8,0 3.1 + Đặt (0 )AM x x c= . Ta có: MN AM ax MN BC AB c = = ( ) 0 3 sin 60 2 c x MQ BM = = . Suy ra diện tích của MNPQ là: ( ) ( ) 3 3 2 2 ax c x a S x c x c c = = 2,0 + Ta có bất đẳng thức: 2 ( 0, 0) 2 2 a b a b ab ab a b + + > > ữ áp dụng, ta có: 2 2 ( ) 2 4 x c x c x c x + = ữ . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 2 c x c x x= = . Suy ra: 2 3 3 2 4 8 a c ac S c ì = . Vậy: max 3 8 ac S = khi 2 c x = hay M là trung điểm của cạnh AC. 2,0 3.2 + Giả sử đã dựng đợc hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm 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 vuông. 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: 0 ' 1 cot 60 ' ' 3 BH g E H = = ; ã ' ' ' ' ' 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 vuông 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 tại E. Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất. 1,0 + Đặt AE x = . Ta có EF AE ax EF BC AB c = = ; ( ) ( ) 3 sin 2 c x HE c x B = = EFGH là hình vuông, nên 2 ( ) 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 2 3 a c S EF a c = = + 1,0 UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005 Môn : Toán (Vòng 2) Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút 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 + + + + + + + + + + + + + + + Thì | | | | | |a b c= = Bài 2: (6 điểm) 1. Xác định hình vuông có độ 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 không phải là con của B. Hỏi trong ba ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai ngời kia ? Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Đờng tròn (O 1 ) nội tiếp trong tam giác ACD. Đờng tròn (O 2 ) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O 3 ) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đ- ờng tròn (O). Đờng tròn (O 4 ) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đ- ờng tròn (O 1 ). Tính bán kính của các đờng tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ), (O 4 ) theo R. Hết 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 Môn : toán (Vòng 2) Đáp án và thang điểm: Bµi ý Néi dung §iÓm 1. 7,0 1.1 (4,0 ®iÓm) 4 4 3 4 3 4 x y y x  + =  + =  . §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: 3 4 3 4 x y  ≥   ≥   (*) 0,5 Víi ®iÒu 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 ( ) 4 0b x y x y x y   ⇔ − + + + =   0x y x y⇔ − = ⇔ = (v× 3 , 0 4 x y ≥ > nªn ( ) ( ) 2 2 4 0x y x y+ + + > ). 1,0 Thay vµo (a): ( ) 4 4 4 3 4 4 3 0 1 4 1 0x y x x x x+ = ⇔ − + = ⇔ − − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 1 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x x x⇔ − + + − = ⇔ − + + = ⇔ = v× ( ) 2 2 2 3 1 2 0x x x+ + = + + > . So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: 3 1 4 x y= = > . VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt : 1 1 x y =   =  1,5 1.2 (3,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: ; ;a b 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   − − − + + − + + = + +  ÷ + + + + + + + + +   ( ) ( ) ( ) 0a 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 ®ã: 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 0 a c a b c b a b c a c b a c b a b b c c a a b b c c a + + − + + − − − ⇒ + + = ⇒ = + + + + + + 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) 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 4 4 2 2 4 2 2 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 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 9999 33 99k k , nên k chỉ gồm 2 chữ số: 10k xy x y= = + ( ) 2 2 2 100 20 3 9;0 9k x xy y x y= + + . 1,0 Nếu y lẻ: 2 1;3;5;7;9 1;9;25;49;81 1;5;9y y b= = = . Khi đó 2xy có chữ số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của 2 k phải là số chẵn khác với 1; 5; 9, do đó S không thể là abbb . 1,0 Nếu y chẵn: 2 0;2;4;6;8 0;4;16;36;64 0; 4;6y y b= = = Với y = 0: 2 k chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả điều kiện bài toán. Với y = 2: 2 2 100 40 4k x x= + + . Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k 2 mới là 4, suy ra 2 3600 244 3844k abbb= + = . Với y = 4; 6: 2 16;36y = , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k 2 phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6, nghĩa là 2 k abbb . Với y = 8: y 2 = 64; 2 2 100 160 64k x x= + + , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì chữ số hàng chục của k 2 mới bằng 4, suy ra 2 2 38 1444k = = hoặc 2 2 88 7744k = = (không thoả điều kiện bài toán). Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh 38k = và diện tích 1444S = . 0,5 0,5 0,5 2.2 (2,0 điểm) Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C: + Nếu B là cha của A thì C không 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 không thể là C nên phải là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 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 thuẫn. 0,5 Vậy chỉ 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 + Gọi r là độ dài bán kính đ- ờng tròn (O 1 ). Ta có: ACD S pr = ( ) 2 1 2 2 R AC CD r = + ( ) 2 2 1R R r = + 1 2 R r = + 1,0 + Đờng tròn (O 2 ) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O 2 ở trên tia phân giác của góc ã BOD , (O 2 ) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở trên đ- ờng thẳng nối 2 tâm O và O 2 , chính là giao điểm của tia phân giác góc ã BOD với (O). + Đờng thẳng qua T vuông góc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là tiếp tuyến chung của (O) và (O 2 ). Do đó (O 2 ) là đờng tròn nội tiếp ' 'OB D . + ' 'OB D có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông cân và ' ' 2 2 , ' ' 2B D OT R OB OD R= = = = , suy ra: ' 'OB D ACD = . + Vậy: Bán kính của (O 2 ) cũng bằng 1 2 R r = + . 2,0 + Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O 3 ) cũng bằng (O 2 ), nên bán kính của (O 3 ) cũng bằng 1 2 R r = + . 1,0 + §êng trßn (O 4 ) cã hai trêng hîp: a) Tr êng hîp 1: (O 4 ) ë bªn tr¸i (O 1 ): KÎ tiÕp chung cña (O 4 ) vµ (O 1 ) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC vµ AD t¹i E vµ F. CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O 1 ), nªn chu vi cña CEFV b»ng 2CO, suy ra nöa chu vi cña 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 2 4 2 2 1 1 22 30 ' 1 2 1 2 R O OKF tg KF KC CO + − = = = ⇒ = + + ( ) ( ) 2 3 4 2 2 1 1 2 CEF R S CK KF + − = × = + V . Suy ra b¸n kÝnh cña ®êng trßn (O 4 ) lµ: ( ) ( ) 2 4 3 4 2 2 1 1 2 R r + − = + 2,0 [...]... ph¶i (O1): Khi ®ã: K' lµ tiÕp ®iÓm cña 2 ®êng trßn, tiÕp tuyÕn chung c¾t CA vµ CD t¹i E' vµ F', CD tiÕp xóc víi (O'4) t¹i H R 4+2 2 R CK ' = CO1 + O1 K ' = + = 1+ 2 1+ 2 F ' H = K ' F ' = CK ' tg 22030 ' = R ( CH = CF '+ F ' H = CH = R ( ( ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2 ) 2 ) ( 4 + 2 2 +1 ) 1+ 2 4 + 2 2 +1 (1+ 2 ) 2 ) ( 4 + 2 2 +1 ) CK ' CO CK '× 1 CO = ⇔ CF ' = = CF ' CO1 CO R R 4+2 2 R (1+ 2 ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2... 4 + 2 2 +1 (1+ 2 ) 2 ) ( 4 + 2 2 +1 ) CK ' CO CK '× 1 CO = ⇔ CF ' = = CF ' CO1 CO R R 4+2 2 R (1+ 2 ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2 ) 2 + R 4+2 2 2 ( ) 4 + 2 2 +1 (1+ 2 ) 2 2 Suy ra: B¸n kÝnh cña ®êng trßn (O'4) lµ: ' r4' = O4 H = CHtg 22030 ' = R ( ) 4 + 2 2 +1 ( 1+ 2 ) 3 2 2,0 . 0,5 ( ) ( ) 2 1 2,3 1 21 1 5 0 1; 2 m m m m m + = = = m 0,5 Ta có: 2 1 21 3 21 1 21 2 0 2 2 2 2 x + = > = < 3 1 21 0 2 2 x + = > > và 3 3 5 21 2 0 2 2 x x =. 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 2 4 2 2 1 1 22 30 ' 1 2 1 2 R O OKF tg KF KC CO +. 3 9; 0 9k x xy y x y= + + . 1, 0 Nếu y lẻ: 2 1; 3;5;7 ;9 1 ;9; 25; 49; 81 1;5;9y y b= = = . Khi đó 2xy có chữ số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của 2 k phải là số chẵn khác với 1;