Đề thi HSG lớp 9

[r]

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS - năm học 2008 - 2009 Mơn : Tốn

Đề thức Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thøc:

2 21 80 10

A

2 Giải phơng trình: x2 x 6x2 x18 Bài 2: (3,0 điểm)

Cho phơng trình

3

1 (1)

m x  m x  x m 

(m tham số) Biến đổi phơng trình (1) dạng phơng trình tích

2 Với giá trị m phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt, có nghiệm õm

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Chứng minh r»ng víi hai sè thùc bÊt k× a b, ta lu«n cã:

2

2

a b

ab



 



 

  .

Dấu đẳng thức xảy ?

2 Cho ba số thực a b c, , không âm cho a b c  1 Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy ?

3 Với giá trị góc nhọn  biểu thức Psin6cos6 có giá trị bé ? Cho biết giá trị nht ú

Bài 4: (6,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC vuông A Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA AB lần lợt D, E F §Ỉt x DB y DC z ,  , AE

a Tìm hệ thức x y, z

b Chøng minh r»ng: AB AC 2DB DC

2 Cho tam giác ABC cân A, BC a Hai điểm M N lần lợt AC vµ AB cho: AM 2MC AN, 2NBvµ hai đoạn BM CN vuông góc với Tính diện tích tam giác ABC theo a

Bài 5: (3,0 ®iĨm)

1 Một đồn học sinh cắm trại ô tô Nếu ô tô chở 22 ngời cịn thừa ngời Nếu bớt tơ phân phối tất học sinh lên tơ cịn lại Hỏi có học sinh cắm trại có ô tô ? Biết ô tô chở khơng q 30 ngời

2 Một bìa hình chữ nhật có kích thớc 5 Hãy cắt bìa thành mảnh để ráp lại thành hình vng Giải thích

HÕt

Đáp án thang điểm:

B i Cõu Nội dung Điểm

1 (4 điểm)

1.1

(2 ®) 2 4 5 21 80 10

A   



 2

21 80  5   1 5 21 80  1  

 12

2

1

2( 1) 5

A      

  

0,5 0,5 1,0

1.2

(2 ®) x2  x 6x2 x18 0 .

Điều kiện để phơng trình có ngha: x2 x

Đặt  

2 6 0 18 12 0

t x  x t  x  x  t t

Khi phơng trình cho trở thành:  

2 12 0 0 3 ( 4 0

t  t  t  t t 

lo¹i)

2

1

1 61 61

3 15 ;

2

t  x  x    x  x   x   x  

Vậy phơng trình cho có hai nghiệm: 1,2

1 61

x  

0,25 0,5 0,5 0,5 0,25

2 (3 ®iĨm)

2.1    

1 (1)

m x  m x  x m 

m 1x3 m 1x2 4mx2 x 4m

        

m 1x x2 1 4m x 1 x 1 0

       

x 1 m 1x2 4mx 4m 1 0

 

        

0,5 0,5 0,25 2.2 Ta cã:

   

 

2

2

1 4

1 ( )

( ) 4 ( )

x m x mx m

x a

g x m x mx m b

 

       

 

       

Để phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt phơng trình (b) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1, tơng đơng với:

1

1

' 1, 0,

3

(1) 9 0

m m

m m m m m

g m                           (*)

Với điều kiện (*), phơng trình (1) có nghiệm phân biệt, có nghiệm x = > hai nghiệm lại x1 x2 (x1 < x2 ) nghiệm (b) Do để (1) có nghiệm phân biệt có hai nghiệm âm x1 < x2 <0, tơng đơng với:

1 2 1 1 1 1

4 1 0

0

m

P x x m hay m

m m hay m

m m hay m

S x x

m                                  (**).

Kết hợp (*) (**) ta có: Để phơng trình (1) có nghiệm phân biệt, có hai nghiệm âm cần đủ là:

1

1

4

m  hay m

0,25

0,50

0,25

0,25

3 (4,0 ®iĨm)

3.1 Ta cã:

2 2 2 2 2

2

2 4

a b a ab b a ab b

ab ab               

 2

0, ,

a b

a b



   R

VËy:

 

2

2

, , , ,

2

a b

ab a b a b ab a b



 

       

 

  R R

Dấu đẳng thức xảy a b

0,25 0,25 0,25 0,25 Theo kết câu 3.1, ta có:

a b c  2 ab c 2 4a b c  

 

mµ a b c (giả thiết)

nên:

2 4 a b c  b c 4a b c

(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)

Nhng: 

4

b c  bc

(không âm) Suy ra: b c 16abc

Du đẳng thức xảy khi:

1

,

4

a b c

b c a

b c           0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 3.2 Ta cã:

  3 3

6 2

sin cos sin s

P      co 

sin2 cos2  sin4 sin2 cos2 cos4

P        

sin2 cos2 2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2

P     

áp dụng kết c©u 3.1, ta cã:

sin2 cos2 2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2

             

Suy ra:

2

1 3sin cos

4

P      

Do đó:

P 

khi: sin2 cos2 sin cos (vì  lµ gãc nhän)

0 sin

1 45

cos tg



 



     

0,25

4 (6,0 ®iĨm)

4.1.a

+ Ta cã: BD = BF, CD = CE vµ AE = AF (TÝnh chÊt cđa hai tiÕp tun c¾t nhau)

Do đó:

, ,

BC x y AC y z

AB x z

   

 

Theo định lí Pytago:

2 2

BC AB AC

x y2 x z2 y z2

     

   

2xy 2z x y 2z xy z x y z

       

(a)

0,5

0,5 0,5 4.1.b Gọi r bán kính, I tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ABC.

Ta cã:  

1 1

2 2

ABC

S  AB AC  BC r  CA r  AB r  x y z r 

(b) Tứ giác AEIF có góc vuông, nên hình chữ nhật

Nhng AE = AF (cm trên), nên AEIF hình vng, Do đó: z EI r (c)

Tõ (a), (b), (c) suy ra: AB AC 2xy AB AC 2DB DC

0,5 0,5 0,5 4.2

+ Theo gi¶ thiÕt: AM 2MC vµ AN 2NC Suy ra:

2

//

3

AM AN MN AM

MN BC

AC AB    BC AC  .

+ Gọi E giao điểm BM CN, theo định lí Ta-lét, ta có:

3

EM EN MN

EB EC BC 

Gọi BK đờng cao hạ từ B tam giác ABC, ta có:

0,5

1

2 3 3

1 ABC

ABC BCM

BCM

AC BK

S AC

S S

S CM BK CM



    



2

3 5

5 12

BEC

BMC BEC

BMC

S BE a

S S

S BM    

VËy:

2

4 ABC

a

S 

0,5 0,5

5 (3,0 điểm)

5.1 + Gọi số ô tô lúc đầu x ( x nguyên x 2) Số học sinh cắm trại là: 22x +

+ Theo giả thiết: Nếu số xe x 1 số học sinh phân phối cho tất xe, xe chở số học sinh y (y số nguyên < y  30)

+ Do ta có phơng trình:  

22 23

1 22 22

1

x

x y x y

x x



      

 

0,25 0,25

0,5 + Vì x y số nguyên dơng, nên x 1 phải ớc số 23

Mà 23 nguyên tố, nên: x1 x2 x1 23 x24 Nếu x 2 y 22 23 45 30 (trái giả thiết)

 NÕu x 24 th× y 22 23 < 30 (thỏa điều kiện toán) + Vậy số ô tô là: 24 tổng số học sinh cắm trại là:

22 24 23 23 529     häc sinh.

0,25 0,25 0,25 0,25 5.2

+ Tấm bìa hình chữ nhật có diện tích (đvdt)

Để cắt hình chữ nhật thành mảnh ráp thành hình vng, cạnh hình vng 5, độ dài cạnh huyền tam giác vng có hai cạnh góc vng có kích thớc có diện tích (đvdt)

+ Do cắt hình chữ nhật 5 theo đờng chéo hình chữ nhật AEFD GBCH, cắt theo đờng EF GH xong ráp lại đợc hình vng MNPQ nh hình bên