ĐỀ THI HSG NĂM 2010-2011(HAY CÓ CHON LỌC)

kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 thCS - năm học 2010 - 2011 Môn : Toán Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: 2 4 5 21 80 10 2 A + + = 2. Giải phơng trình: 2 2 6 18 0x x x x + = Bài 2: (3,0 điểm) Cho phơng trình ( ) ( ) 3 2 1 3 1 4 1 0 (1)m x m x x m+ + + = ( m là tham số). 1. Biến đổi phơng trình (1) về dạng phơng trình tích. 2. Với giá trị nào của m thì phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm âm. Bài 3: (4,0 điểm) 1. Chứng minh rằng với hai số thực bất kì ,a b ta luôn có: 2 2 a b ab + ữ . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2. Cho ba số thực , ,a b c không âm sao cho 1a b c + + = . Chứng minh: 16b c abc + . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 3. Với giá trị nào của góc nhọn thì biểu thức 6 6 sin cosP = + có giá trị bé nhất ? Cho biết giá trị bé nhất đó. Bài 4: (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 , ,x DB y DC z AE= = = . a. Tìm hệ thức giữa ,x y và z . b. Chứng minh rằng: 2AB AC DB DCì = ì . 2. Cho tam giác ABC cân tại A, BC a = . Hai điểm M và N lần lợt trên AC và AB sao cho: 2 , 2AM MC AN NB= = và hai đoạn BM và CN vuông góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC theo a . Bài 5: (3,0 điểm) 1. Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô. Nếu mỗi ô tô chở 22 ngời thì còn thừa một ngời. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá 30 ngời. 2. Một tấm bìa hình chữ nhật có kích thớc 1 5ì . Hãy cắt tấm bìa thành các mảnh để ráp lại thành một hình vuông. Giải thích. Hết kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 thCS năm học 2008 - 2009 Môn : toán Đáp án và thang điểm: B i Cõu 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 0x x x x + = . Điều kiện để phơng trình có nghĩa: 2 6 0x x Đặt ( ) ( ) 2 2 2 6 0 18 12 0t x x t x x t t= = Khi đó phơng trình đã cho trở thành: ( ) 2 12 0 0 3 ( 4 0t 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 phơng 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 0m x m x mx x m + + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 4 1 1 0m x x m x x + + = ( ) ( ) 2 1 1 4 4 1 0x 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 2 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 m m m m m m m g m = > < < (*) Với điều kiện (*), phơng 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, tơng đơng 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 phơng 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 + + + + = = ữ ( ) 2 0, , 4 a b a b = R Vậy: ( ) 2 2 , , 4 , , 2 a b ab a b a b ab a b + + ữ 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 4a b c a b c a b c + + = + + + mà 1a b c+ + = (giả thiết) nên: ( ) ( ) 2 1 4 4a b c b c a b c + + + (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhng: ( ) 2 4b c bc+ (không âm) Suy ra: 16b 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 si n sin cos cosP = + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 sin cos 3sin cos 1 3sin cosP = + = áp dụng kết quả câu 3.1, ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 sin cos 4 sin cos 1 4sin cos sin cos 4 + 0,25 0,25 0,25 0,25 3 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 = = = 0,5 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 2xy 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 đờng 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 = ì = ì + ì + ì = + + (b) Tứ giác AEIF có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật. Nhng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vuông, Do đó: z EI r= = (c) Từ (a), (b), (c) suy ra: 2 2AB AC xy AB AC DB DCì = ì = ì 0,5 0,5 0,5 4.2 + Theo giả thiết: 2AM MC = và 2AN 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 đờng 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 ì = = = = ì 0,5 0,5 1,0 4 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 1x 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: ( ) 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 dơng, nên 1x phải là ớc số của 23. Mà 23 nguyên tố, nên: 1 1 2x x = = hoặc 1 23 24x x = = Nếu 2x = thì 22 23 45 30y = + = > (trái giả thiết) Nếu 24x = thì 22 1 23y = + = < 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 ì + = ì = học sinh. 0,25 0,25 0,25 0,25 5.2 + Tấm bìa hình chữ nhật 1 5ì 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 thớc là 1 và 2 có diện tích bằng 1 (đvdt). + Do đó nếu cắt hình chữ nhật 1 5 ì 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 vuông MNPQ nh hình bên. 1,0 5 . còn thừa một ngời. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở. (*) 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 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. Một tấm bìa hình chữ nhật có kích thớc 1 5ì . Hãy cắt tấm bìa thành các mảnh để ráp lại thành một hình vuông. Giải thích. Hết kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 thCS năm học 2008 - 2009 Môn