Đề HSG toán 9 -2008

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS - năm học 2007 - 2008 Môn : Toán Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: 4 4 2 14 28 16 x x x x A x x x x + = + 1. Tìm x để A có nghĩa, từ đó rút gọn biểu thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: (4,0 điểm) Cho phơng trình 2 2 2 6 0x mx m m + = ( m là tham số). 1. Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm 1 x và 2 x sao cho 1 2 2 1 18 7 x x x x + = . 2. Với giá trị nào của m thì phơng trình đã cho có hai nghiệm 1 x và 2 x sao cho 1 2 8x x+ = Bài 3: (3,0 điểm) 1. Cho bốn số thực bất kì , , ,a b c d . Chứng minh: ( ) ( ) 2 2 2 2 ab cd a c b d+ + + Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2. Với giá trị nào của góc nhọn thì biểu thức 3sin 3 cosP = + có giá trị lớn nhất ? Cho biết giá trị lớn nhất đó. Bài 4: (6,0 điểm) 1. Cho đờng tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm O, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC. Gọi M là trung điểm của CD. Hỏi M di chuyển trên đờng nào ? Nêu cách dựng đờng này và giới hạn của nó. 2. Trong hình bên, cho biết M là trung điểm của AC và các đờng thẳng AD, BM và CE đồng qui tại K. Hai tam giác AKE và BKE có diện tích là 10 và 20. Tính diện tích tam giác ABC. Bài 5: (3,0 điểm) 1. Tìm số tự nhiên n để 18n + và 41n là hai số chính phơng. 2. Tớnh s cỏc ụ nh nht phi quột sn trờn mt bng cho bt kỡ vựng no ú trờn bng ny cng cha ớt nht 4 ụ ó quột sn. Hết 1 UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008 Môn : toán Đáp án và thang điểm: B i Cõu Nội dung Điểm 1 (4 điểm) 1.1 (2 đ) Để A có nghĩa, trớc hết 0x . Đặt ( ) 0t x x= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 2 1 4 1 1 4 4 4 2 14 28 16 2 1 2 4 2 2 12 28 16 t t t t t t t t A t t t t t t t t t t + + = = = + + Để biểu thức A có nghĩa thì: 0, 1, 2, 4 0, 1, 4, 16t t t t x x x x (*) Khi đó, rút gọn ta đợc: ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 t x A t x + + = = 1,0 0,5 0,5 1.2 (2 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 t t A t t t + + = = = + Để A là số nguyên thì x nguyên và 2t phải bằng 1 hoặc 3 . - Nếu 2 1 1t t = = ( loại vì trái điều kiện (*)). - Nếu 2 3 1 0t t = = < (loại) - Nếu 2 1 3 9t t x = = = và 2A = - Nếu 2 3 5 25t t x = = = và 1A = Vậy: Để A nhận các giá trị nguyên thì 9x = và 25x = . 0,5 0,5 0,5 0,5 2 (4 điểm) 2.1 Để phơng trình 2 2 2 6 0x mx m m + = có hai nghiệm thì: ( ) 2 2 ' 6 6 0 6m m m m m = = + (1) 0,5 Với điều kiện (1), ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 18 18 18 7 7 7 x x x x x x x x x x x x x x + + + = = = và 1 2 0x x ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 6 18 6 9 2; 3 6 7 6 7 m m m m m m m m m m m + + = = 2 1 2 8 48 0 4; 12m m m m = = = (thỏa điều kiện (1) và đều khác -2 và khác 3) 0,5 0,5 0,5 2.2 Với điều kiện (1), ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 2 64 2 2 64x x x x x x x x x x x x+ = + + = + + = (2) 0,5 + Nếu 1 x và 2 x cùng dấu thì ( ) ( ) 1 2 2 6 0 6 2 3 0 m x x m m m m = + 0,5 6 2m hoặc 3m (3) 0,25 2 Khi đó (2) ( ) 2 2 1 2 64 4 64 4x x m m + = = = (thỏa điều kiện (3)). 0,25 + Nếu 1 x và 2 x trái dấu thì ( ) ( ) 2 1 2 0 6 2 3 0 2 3x x m m m m m< = + < < < (4) Khi đó (2) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 4 64 4 4 6 64x x x x m m m + = = 6 16 10m m + = = (không thỏa điều kiện (4). 0,5 + Vậy, để 1 2 8x x+ = thì 4m = 3 (3,0 điểm) 3.1 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ab cd a c b d ab cd a c b d + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c d abcd a b a d b c c d + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0ad bc ad bc ad bc + : đúng với 4 số thực a, b, c, d bất kì. Vậy: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 , , , ,ab cd a c b d a b c d + + + R Dấu đẳng thức xảy ra khi 0ad bc = hay ( ) 0, 0 c d a b a b = 0,5 0,5 0,5 3.2 áp dụng kết quả trên, ta có: 3sin 3 cos 0P = + > nên ( ) ( ) 2 2 2 2 3sin 3 cos 3 3 sin cos 2 3P = + + + = max 2 3P = khi 0 sin 3 3cos 3 sin 0 3 60 cos 3 tg = = = = 1,0 0,5 4 (6,0 điểm) 4.1 + Ta có: Tam giác ACD cân tại A (gt) nên ã ã 2BAC ADC= (Góc BAC là góc ngoài của tam giác ACD) + Gọi I là trung điểm của BC, ta có MI //BD (đờng trung bình của tam giác BCD), nên: ã ã ã ã 1 1 2 4 4 IMC BDC BAC BOC = = = = ( ã BOC = không đổi). +Do đó: M chạy trên cung tròn nhìn đoạn IC dới góc 4 không đổi. 0,5 0,5 1,0 3 + Dựng tia OI cắt đờng tròn (O) tại N, ta có: ã ã ã ã 1 2 NBC BAC BDC IMC= = = . + Dựng tia '//In BN , dựng đờng thẳng qua I và vuông góc với 'In cắt trung trực đoạn IC tại O 1 . Đờng tròn tâm O 1 và đi qua C là đờng cần dựng. + Khi A chạy trên cung lớn BC tới trùng với A thì D trùng với 0 D trên tiếp tuyến Bt của (O) và BD 0 = BC , khi đó M trùng với M 0 là trung điểm của CD 0 . + Vậy M chỉ di chuyển trên cung lớn CM 0 của đờng tròn (O 1 ). 0,5 0,5 0,5 0,5 4.2 + Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có: / 2 1 / 2 2 AKE BKE S AE h AE AE S BE h BE BE ì = = = ì . + Suy ra: 1 2 2 ACE BCE ACE BCE S S S S = = (1) + Tơng tự: 1 AKM AKM CKM CKM S MA S S S MB = = = Đặt AKM CKM x S S = = , ta có: 20 10 30 ABM CBM BCK BCK S S x x S S= + + = + = (1) ( ) 15 20 2 10 2 10 2 25 2 BCK S x x x + = + + = = Do đó: 10 20 30 2 75 ABC AKB BCK AKC S S S S x = + + = + + + = 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 5 (3,0 điểm) 5.1 Để 18n + và 41n là hai số chính phơng 2 18n p + = và ( ) 2 41 ,n q p q = N ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 18 41 59 59p q n n p q p q = + = + = Nhng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q = = + = = Từ 2 2 18 30 900n p+ = = = suy ra 882n = Thay vào 41n , ta đợc 2 2 882 41 841 29 q = = = . Vậy với 882n = thì 18n + và 41n là hai số chính phơng 0,5 0,5 0,5 4 5.2 + Dọc theo chiều ngang sát sát cạnh trên của bảng có 3 vùng ở 3 vị trí 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 , ,A B C D A B C D A B C D . Dịch chuyển xuống theo chiều dọc một ô, ta có thêm 3 vùng . Dịch chuyển xuống theo chiều dọc một ô nữa, ta có thêm 3 vùng . Do đó có 9 vùng con của bảng , mỗi vùng con đều chứa 5 ô vuông con 1 1ì thuộc hình chữ thập đã tô màu. 0,75 + Nếu chỉ quét sơn nh hình vẽ bên thì mỗi vùng con đều chứa 4 hoặc 5 ô 1 1ì đợc quét sơn. Vậy: Để mỗi vùng con của bảng chứa ít nhất 4 ô 1 1ì đợc quét sơn, thì chỉ cần quét số ô nhỏ nhất là 7 ô nh hình vẽ bên. 0,75 5 . ) ( ) 2 2 18 41 59 59p q n n p q p q = + = + = Nhng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q = = + = = Từ 2 2 18 30 90 0n p+ = = = suy. giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS - năm học 2007 - 2008 Môn : Toán Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm)