Bài soạn HSG Toán 9 TTHuế 05-06

UBND TỈNH Thừa Thiên Huế Sở Giáo Dục Đào Tạo KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Lớp THCS Năm học 2005 - 2006 Mơn : Tốn (Vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút Đề thức Bài 1: (8 điểm) Cho phương trình x  2mx  m  0 (1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thoả mãn hệ thức x13  x23  Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm Tìm giá trị m để nghiệm dương phương trình đạt giá trị lớn Bài 2: (4điểm) Giải phương trình: x  x  4 x  x (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ABC 600 ; BC a ; AB c ( a, c hai độ dài cho trước), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M cạnh AB, N cạnh AC, P Q cạnh BC gọi hình chữ nhật nội tiếp tam giác ABC Tìm vị trí M cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn Dựng hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC thước kẻ com-pa Tính diện tích hình vng Hết UBND TỉNH Thừa Thiên Huế Sở Giáo dục đào tạo Bài 1 kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh lớp thCS năm học 2005 - 2006 Môn : tốn (Vịng 1) Đáp án thang điểm: ý 1.1 1.2 Nội dung (2,0 điểm) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần đủ là:   ' 4  m   m2   P  0    S m    m 2   m   m2  m 0  (3,0 điểm) Phương trình có nghiệm phân biệt   ' 4  m     m  (*) 5 x13  x23    x1  x2    x1  x2   3x1 x2     2  3( m  2)   m  m2     m  6m  0     21   21   21   21 Ta có:      x2  2 2   21  21 x3      x3    x3  2   21 Vậy: Có giá trị m thoả điều kiện toán: m 1; m  (3,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm khơng âm khi:   ' 4  m 0  m2   0  m 2 (**) P    S m     m  1 m  m  0  m1 1; m2,3   1.3  Điểm 8,0 0.5 1.5 0,50 0,50 0,5 0,5 0,5 0,5 0,50 Khi nghiệm phương trình là:  m2 m   m2 ; x2   x1  x2 m   2; 2 2 Hai nghiệm đồng thời 0, nên nghiệm dương phương x1  m  trình x2   m   m2  Suy ra: 2 m  2m  m   m  m  m x   4 Theo bất đẳng thức Cô-si:  2  m   m 2 m  m  m  m 4  0,50      0,50 0,50 2 Suy ra: x 2  x2  2 Dấu đẳng thức xảy khi: m 4  m  m    2;  Vậy nghiệm dương phương trình đạt giá trị lớn m  (4,0 điểm)  x  x 0 2 x  x  4 x  x   (2) 2  x  x   x  x t 4 x  x 0  0 t 4  t 4   x   4   (3) t  t  0  3  t t Giải phương trỡnh theo t, ta cú:   13   13 t1   (loại); t2  0 2 13  t2     t2  Suy nghiệm (3) t2   13  x1 2  2  Giải phương trình x  x t2  x  x  t2 0    x 2   13  2 Vậy: phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:  x1,2 2   13  0,5 0,5 0,5 1,0 1,0 1,0 0,5 8,0 + Đặt AM x (0 x c) 3.1 Ta có: MN AM ax   MN  BC AB c  c  x MQ BM sin 600  Suy diện tích MNPQ là: S ax  c  x  2c  a x  c  x 2c 2,0 + Ta có bất đẳng thức: a b  a b   ab  ab   (a  0, b  0)   c2  x c  x  áp dụng, ta có: x(c  x)      c Dấu đẳng thức xảy khi: x c  x  x  2 a c ac Suy ra: S    2c c ac Vậy: S max  x  hay M trung điểm cạnh AC 2,0 3.2 + Giả sử dựng hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC Nối BF, đoạn BF lấy điểm F' Dựng hình chữ nhật: E'F'G'H' ( E '  AB; G ', H '  BC ) Ta có: E'F'//EF F'G'//FG, nên: E ' F ' BE ' BF ' F ' G '    EF BE BF FG  E ' F ' F ' G ' Do E'F'G'H' hình vng + Cách dựng chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vng E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC) Dựng tia BF' cắt AC F Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC Chứng minh tương tự trên, ta có EF = FG, suy EFGH hình vng BH ' cot g 600  + Ta có: ; E 'H '  ' BC  BG '  BH ' H ' G '  BH '    cot g F F 'G ' F 'G ' E'H ' Suy ra: Tia BF' cố định E' di động AB, cắt AC điểm F Trường hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' cạnh AC; G' H' cạnh BC, lý luận tương tự ta có tia CE' cố định, cắt AB E Vậy tốn có nghiệm hình 1,0 1,0 1,0 EF AE ax (c  x )   EF  ; HE  c  x  sin B  BC AB c 2 ax (c  x) c   x EFGH hình vuông, nên EF EH  c 2a  c 2 3a c 2 Suy diện tích hình vng EFGH là: S EF  2a  c + Đặt AE x Ta có   1,0 UBND TỉNH Thừa Thiên Huế Sở Giáo dục đào tạo kỳ thi học sinh giỏi tỉnh lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : Tốn (Vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút Đề thức Bài 1: (7 điểm) Giải hệ phương trình:  x  4 y   y  4 x Chứng minh a, b, c số thoả mãn bất đẳng thức: a2 b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 a2         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) Xác định hình vng có độ dài cạnh số nguyên diện tích số nguyên gồm chữ số, chữ số hàng đơn vị, hàng chục hàng trăm giống A, B, C nhóm ba người thân thuộc Cha A thuộc nhóm đó, gái B người song sinh C nhóm Biết C người song sinh C hai người khác giới tính C B Hỏi ba người A, B, C người khác giới tính với hai người ? Bài 3: (7 điểm) Cho đường trịn (O) tâm O, bán kính R, hai đường kính AB CD vng góc với Đường trịn (O1) nội tiếp tam giác ACD Đường tròn (O 2) tiếp xúc với cạnh OB OD tam giác OBD tiếp xúc với đường tròn (O) Đường tròn (O3) tiếp xúc với cạnh OB OC tam giác OBC tiếp xúc với đường tròn (O) Đường tròn (O 4) tiếp xúc với tia CA CD tiếp xúc với đường trịn (O1) Tính bán kính đường tròn (O 1), (O2), (O3), (O4) theo R Hết UBND TỉNH Thừa Thiên Huế Sở Giáo dục đào tạo Bài kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : tốn (Vòng 2) Đáp án thang điểm: ý 1.1 Nội dung Điểm 7,0 (4,0 điểm) 0,5  x 3  (*)   y   x  4 y  x  4 y (a )  Với điều kiện (*), ta có:  4  y  4 x  x  y  4( x  y ) 0 (b)  x  4 y Điều kiện để hệ có nghiệm là:   y  4 x  2 1,0  (b)   x  y    x  y  x  y  4 0  x  y 0  x  y 2 (vì x, y   nên  x  y  x  y   ) 4 Thay vào (a): x  4 y  x  x  0  x    x  1 0     x  1 x3  x  x  0   x  1   x 1,0   x  0  x 1 x  x   x  1   So với điều kiện (*), ta có: x  y 1   x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm :   y 1 1.2 1,5 (3,0 điểm) Điều kiện: a  b; b  c; c  a 0,50 Ta có a2 b2 c2    a b b c c a  b2 c2 a  a  b2 b2  c2 c  a2       a b bc ca  a b b c c a   a  b    b  c    c  a  0 2 2 0,50 a b c b c a      a b b c c  a a b b c c a a2 b2 c2 c2 a2 b2 Do đó:      a b b c c a a b b c c a a c  a 2b  c 2b  a  b  c a  c b2  a c  b2    0  0 a b b c ca  a  b  b  c  c  a Suy ra:   1,0  2a c  2a 2b  2c 2b  a  b  c  2 a  b  b  c  c  a    0 a  2a c  c  a  2a 2b  b  b  2b 2c  c 0  a  b  b  c  c  a   a2  b  2  b c 2   c a 2   a  b 0  0   b  c 0  c  a 0   a b c  | a | | b | | c | 2.1 1,0 6,0 (4,0 điểm) Theo giả thiết diện tích hình vng có dạng S abbb k  k  0, k  Z 0,5 1000 k 9999  33 k 99 , nên k gồm chữ số: k xy 10 x  y k 100 x  20 xy  y   x 9;0  y 9  Nếu y lẻ: y 1;3;5;7;9  y 1;9; 25; 49;81  b 1;5;9 Khi 2xy có chữ số tận số chẵn, nên chữ số hàng chục k phải số chẵn khác với 1; 5; 9, S khơng thể abbb Nếu y chẵn: y 0; 2; 4;6;8  y 0; 4;16;36;64  b 0;4;6 Với y = 0: k 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 khơng thoả điều kiện tốn Với y = 2: k 100 x  40 x  Khi x chữ số hàng chục k2 4, suy k 3600  244 3844 abbb Với y = 4; 6: y 16;36 , 20xy có chữ số hàng chục số chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số lẻ, khơng thể 6, nghĩa k abbb Với y = 8: y2 = 64; k 100 x  160 x  64 , x chữ số hàng chục k2 4, suy k 382 1444 k 882 7744 (khơng thoả điều kiện tốn) Vậy: tốn có lời giải nhất: Hình vng cần xác định có cạnh k 38 diện tích S 1444 1,0 2.2 1,0 0,5 0,5 0,5 (2,0 điểm) Theo giả thiết, cha A B C:  Nếu B cha A C khơng thể song sinh với A, C B, trái giả thiết, C B song sinh khác giới tính (gt), nên C phái nữ Mặt khác, gái B C nên phải A, A phái nữ Vậy B khác giới tính với hai người cịn lại A C (cùng phái nữ)  Nếu C cha A C song sinh với B, theo giả thiết B phải phái nữ Mặt khác, gái B C (gt) nên phải A, suy C B vợ chồng song sinh, dẫn đến 1,0 0,5 mâu thuẫn Vậy có trường hợp B cha A B khác giới tính với hai người cịn lại A C (cùng phái nữ) + Gọi r độ dài bán kính đường trịn (O1) Ta có: S ACD  pr  R   AC  CD  r 2  R R  r  0,5 7,0  R  r 1 + Đường tròn (O2) tiếp xúc với OB OD nên tâm O2 tia phân giác  góc BOD , (O2) lại tiếp xúc với (O) nên tiếp điểm T chúng đường thẳng nối tâm O O2, giao điểm tia phân giác góc  với (O) BOD 1,0 + Đường thẳng qua T vng góc với OT cắt tia OB OD B' D' tiếp tuyến chung (O) (O2) Do (O2) đường trịn nội tiếp OB ' D ' + OB ' D ' có phân giác góc O vừa đường cao, nên tam giác vng cân B ' D ' 2OT 2 R, OB ' OD ' R , suy ra: OB ' D ' ACD R + Vậy: Bán kính (O2) r  1 + Hai hình quạt OBC OBD đối xứng với qua AB nên (O3) R (O2), nên bán kính (O3) r  1 2,0 1,0 + Đường tròn (O4) có hai trường hợp: a) Trường hợp 1: (O4) bên trái (O1): Kẻ tiếp chung (O4) (O1) tiếp điểm K cắt AC AD E F CO CA là tiếp tuyến (O1), nên chu vi CEF 2CO, suy nửa chu vi p = R Ta có: CO1  R  r  CK CO1  O1 K  R 42 1 R 42 R   1 1 KF O1O  tg 22030 '   KF  KC CO 1 R SCEF CK KF    42  1  R R   42  1   42  1  2 Suy bán kính đường tròn (O4) là: r4  R   42  1  2,0 b) Trường hợp 2: (O'4) bên phải (O1): Khi đó: K' tiếp điểm đường tròn, tiếp tuyến chung cắt CA CD E' F', CD tiếp xúc với (O'4) H CK ' CO1  O1 K '  R 42 R   1 1 R F ' H K ' F ' CK ' tg 22 30 '  R CH CF ' F ' H  R CH   1  1 2   R  2 1   2 1 1    2 1  2 1       CK ' CO CK 'CO1   CF '   CF ' CO1 CO R 1 42 R   42 2    2 1 1   2  2 1 1  Suy ra: Bán kính đường trịn (O'4) là: r4' O4' H CHtg 22030'  R    2 1 1  2,0 ... 0, k  Z 0,5 1000 k ? ?99 99  33 k ? ?99 , nên k gồm chữ số: k xy 10 x  y k 100 x  20 xy  y   x ? ?9; 0  y ? ?9  Nếu y lẻ: y 1;3;5;7 ;9  y 1 ;9; 25; 49; 81  b 1;5 ;9 Khi 2xy có chữ số tận... thi học sinh giỏi tỉnh lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : Tốn (Vịng 2) Thời gian làm bài: 120 phút Đề thức Bài 1: (7 điểm) Giải hệ phương trình:  x  4 y   y  4 x Chứng minh a, b, c số thoả... hàng chục k phải số chẵn khác với 1; 5; 9, S khơng thể abbb Nếu y chẵn: y 0; 2; 4;6;8  y 0; 4;16;36;64  b 0;4;6 Với y = 0: k 1600; 2500; 3600; 490 0; 6400; 8100 khơng thoả điều kiện tốn