Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Thừa 2hiên Huế năm 2009 - 2010 - đề 1 potx

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo LỚP 9 THCS năm học 2008 - 2009 Môn : toán Đáp án và thang điểm: Bài Câu Nội dung Điểm 1 (4 điểm) 1.1 (2 đ) 2 4 5 21 80 10 2 A        2 21 80 1 4 5 2 5 1 2 5       5 21 80 6 2 5 1 5         2 5 1 2 3 5 6 2 5 1 2( 5 1) 5 1 5 1 A           0,5 0,5 1,0 1.2 (2 đ) 2 2 6 18 0 x x x x       . Điều kiện để phương trình có nghĩa: 2 6 0 x x    Đặt     2 2 2 6 0 18 12 0 t x x t x x t t           Khi đó phương trình đã cho trở thành:   2 12 0 0 3 ( 4 0 t t t t t          loại) 2 2 1 2 1 61 1 61 3 6 9 0 15 0 ; 2 2 t x x x x x x                Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 1,2 1 61 2 x   0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2 (3 điểm) 2.1     3 2 1 3 1 4 1 0 (1) m x m x x m           3 2 2 1 1 4 4 1 0 m x m x mx x m                  2 2 1 1 4 1 1 0 m x x m x x             2 1 1 4 4 1 0 x m x mx m            0,5 0,5 0,25 2.2 Ta có:       2 2 1 1 4 4 1 0 1 ( ) ( ) 1 4 4 1 0 ( ) x m x mx m x a g x m x mx m b                      0,5 1 Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (b) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1, tương đương với: 1 1 1 1 ' 1 3 0 1, 0, 3 3 (1) 0 9 0 m m m m m m m g m                              (*) Với điều kiện (*), phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm x = 1 > 0 và hai nghiệm còn lại x 1 và x 2 (x 1 < x 2 ) là nghiệm của (b). Do đó để (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có hai nghiệm âm thì x 1 < x 2 <0, tương đương với: 1 2 1 2 4 1 1 0 1 1 1 1 4 4 4 1 0 0 1 m P x x m hay m m m hay m m m hay m S x x m                                   (**). Kết hợp (*) và (**) ta có: Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm âm thì cần và đủ là: 1 1 1 4 3 m hay m     0,25 0,50 0,25 0,25 3 (4,0 điểm) 3.1 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 a b a ab b a ab b ab ab                  2 0, , 4 a b a b      R Vậy:   2 2 , , 4 , , 2 a b ab a b a b ab a b                R R Dấu đẳng thức xảy ra khi a b  0,25 0,25 0,25 0,25 Theo kết quả câu 3.1, ta có:       2 2 4 a b c a b c a b c            mà 1 a b c    (giả thiết) nên:     2 1 4 4 a b c b c a b c       (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng:   2 4 b c bc   (không âm) Suy ra: 16 b c abc   . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 1 , 4 2 a b c b c a b c           0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 3.2 Ta có:     3 3 6 6 2 2 sin cos sin sP co           2 2 4 2 2 4 sin cos sin sin cos cosP               0,25 2   2 2 2 2 2 2 2 sin cos 3sin cos 1 3sin cos P            áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos 4               Suy ra: 2 2 3 1 1 3sin cos 1 4 4 P        Do đó: min 1 4 P  khi và chỉ khi: 2 2 sin cos sin cos        (vì  là góc nhọn) 0 sin 1 1 45 cos tg           0,25 0,25 0,25 0,5 4 (6,0 điểm) 4.1.a + Ta có: BD = BF, CD = CE và AE = AF (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó: , , BC x y AC y z AB x z       Theo định lí Pytago: 2 2 2 BC AB AC         2 2 2 x y x z y z           2 2 2 2 xy z x y z xy z x y z         (a) 0,5 0,5 0,5 4.1.b Gọi r là bán kính, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:   1 1 1 1 2 2 2 2 ABC S AB AC BC r CA r AB r x y z r             (b) Tứ giác AEIF có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật. Nhưng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vuông, Do đó: z EI r   (c) Từ (a), (b), (c) suy ra: 2 2 AB AC xy AB AC DB DC       0,5 0,5 0,5 4.2 + Theo giả thiết: 2 AM MC  và 2 AN NC  Suy ra: 2 2 // 3 3 AM AN MN AM MN BC AC AB BC AC       . + Gọi E là giao điểm của BM và CN, theo định lí Ta-lét, ta có: 2 3 EM EN MN EB EC BC    . Gọi BK là đường cao hạ từ B của tam giác ABC, ta có: 1 2 3 3 1 2 ABC ABC BCM BCM AC BK S AC S S S CM CM BK        0,5 0,5 1,0 3 2 3 5 5 5 3 12 BEC BMC BEC BMC S BE a S S S BM      Vậy: 2 5 4 ABC a S  0,5 0,5 5 (3,0 điểm) 5.1 + Gọi số ô tô lúc đầu là x ( x nguyên và x  2) Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1. + Theo giả thiết: Nếu số xe là 1 x  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 phương trình:   22 1 23 1 22 1 22 1 1 x x y x y x x           0,25 0,25 0,5 + Vì x và y đều là số nguyên dương, nên 1 x  phải là ước số của 23. Mà 23 nguyên tố, nên: 1 1 2 x x     hoặc 1 23 24 x x      Nếu 2 x  thì 22 23 45 30 y     (trái giả thiết)  Nếu 24 x  thì 22 1 23 y    < 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 5.2 + Tấm bìa hình chữ nhật 1 5  có diện tích là 5 (đvdt). Để cắt hình chữ nhật thành các mảnh ráp thành hình vuông, thì cạnh của hình vuông bằng 5 , bằng độ dài cạnh huyền của tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có kích thước là 1 và 2 có diện tích bằng 1 (đvdt). + Do đó nếu cắt hình chữ nhật 1 5  theo đường chéo của 2 hình chữ nhật AEFD và GBCH, và cắt theo 2 đường EF và GH xong ráp lại thì được hình vuông MNPQ như hình bên. 1,0 4 . UBND TỉNH Thừa Thi n Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo LỚP 9 THCS năm học 2008 - 20 09 Môn : toán Đáp án và thang điểm: Bài Câu Nội dung Điểm 1 (4 điểm) 1. 1 (2. 21 80 10 2 A        2 21 80 1 4 5 2 5 1 2 5       5 21 80 6 2 5 1 5         2 5 1 2 3 5 6 2 5 1 2( 5 1) 5 1 5 1 A           0,5 0,5 1, 0 1. 2. 2 .1     3 2 1 3 1 4 1 0 (1) m x m x x m           3 2 2 1 1 4 4 1 0 m x m x mx x m                  2 2 1 1 4 1 1 0 m x x m x x             2 1