De thi dap an toan 9

BiÕt r»ng C vµ ngêi song sinh cña C lµ hai ngêi kh¸c giíi tÝnh vµ C kh«ng ph¶i lµ con cña B.[r]

kú thi häc sinh giái tØnh

Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm hc

Môn : Toán (Vòng 1) Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (8 điểm)

Cho phơng tr×nh 2x2 2mx m2 2 (1).

   

1 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt

2 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thoả mãn hệ thức 13 32

2

x x 

3 Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm khơng âm Tìm giá trị m để nghiệm dơng phơng trình đạt giá tr ln nht

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng tr×nh: x2 4x 3 4x x2     (2) Bài 3: (8 điểm)

Cho tam giác ABC cã ABC 60 ;0 BC a AB c;

   (a c, hai độ dài cho trớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M cạnh AB, N cạnh AC, P Q cạnh BC đợc gọi hình chữ nhật nội tiếp tam giác ABC

1 Tìm vị trí M cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn

2 Dựng hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC thớc kẻ com-pa Tính diện tích hình vng

HÕt

kú thi hoc sinh giái tØnh

Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học

Bµi 1 ý Néi dung §iĨm

1. 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần đủ là:

2

2

'

2

0

m m P

S m     

 

 

 

  



0.5

2

2 2

0

m

m m

m   

     

 

 1.5

1.2 (3,0 điểm)

Phơng trình có nghiệm ph©n biƯt    ' 4 m2   0 2m2(*)

0,50

   2

3

1 2 2

5

3

2

x x   x x  x x  x x  

  0,50

2

2 3( 2) 6 5 0

2

m

m m   m m

        

  0,5

  

1 2,3

1 21

1 1;

2

m m m m m 

        

0,5 Ta cã:

2

1 21 21 21

2

2 x

     

       

3

1 21

0

2

x      vµ 3 21 3

2

x  x

    

0,5

VËy: Cã giá trị m thoả điều kiện toán: 1; 21

2

m m 

0,5

1.3 (3,0 điểm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm khi:

2

2

'

2

0 2 (**)

2

m m

P m

S m     

 

    

 

  

Khi nghiệm phơng trình là:

 

2

1 2

4

; 2;2

2

m m m m

x    x     x x  m  

  0,50

Hai nghiệm đồng thời 0, nên nghiệm dơng phơng

tr×nh lµ

2

4

0

m m

x     Suy ra:

 

2

2 2

2

4

2 4

4

m m

m m m m

x        

0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si:

     

2 4 2 4 2 4 4

m   m  m  m  m  m 

0,50 Suy ra: x22  2 x2 

Dấu đẳng thức xảy khi: m2  4 m2  m 2 2;2

0,5

Vậy nghiệm dơng phơng trình đạt giá trị lớn 2khi m 0,5

2. (4,0 ®iĨm)

  2 2 2

4

4

x x

x x x x

x x x x

                (2)   2 2 0

4

3

t x x

t t x t t t t                           (3) 0,5 1,0

Giải phương trình theo t, ta có:

1

1 13

0

t    (lo¹i); 2 13

2

t   

2

13

4

2

t      t  Suy nghiÖm (3) t2

1,0

Giải phơng trình

1 2 2 13 2

4

9 13

2

2

x

x x t x x t

x                   

Vậy: phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt:

1,2

9 13

2

2

x   

1,0

3. 8,0

3.1 + Đặt AM x (0 x c).

Ta cã:

MN AM ax

MN BC  AB   c

 

0

sin 60

2

c x

MQ BM  

Suy diƯn tÝch cđa MNPQ lµ:

 

 

3

2

ax c x a

S x c x

c c



  

2,0 + Ta có bất đẳng thức:

2

( 0, 0)

2

a b a b

ab ab a b

   

     

 

¸p dơng, ta cã:

2 2

( )

2

x c x c

x c x     

 

Dấu đẳng thức xảy khi:

2

c x c x   x

Suy ra:

2

3

2

a c ac

S c

  

VËy:

max

3

ac

S 

2

c

x hay M trung điểm cđa c¹nh AC

3.2 + Giả sử dựng đợc 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 cã: 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' hỡnh vuụng 1,0

+ Cách dựng chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông 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 tơng tự trên, ta có EF =

FG, suy EFGH hình vu«ng 1,0

+ Ta cã: ' cot 600

' '

BH

g

E H   ;

 ' ' ' ' '

cot ' 1

' ' ' ' ' '

BG BH H G BH

g F BC

F G F G E H



     

Suy ra: Tia BF' cố định E' di động AB, cắt AC điểm F

Trờng hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' cạnh AC; G' H' cạnh BC, lý luận tơng tự ta có tia CE' cố định, cắt AB E

VËy toán có nghiệm hình

1,0

+ Đặt AEx Ta có EF AE EF ax

BC AB   c ;  

( )

sin

2

c x HE c x B

EFGH hình vuông, nªn

2

( ) 3

2

ax c x c

EF EH x

c a c



    



Suy diÖn tÝch hình vuông EFGH là:

2 2

2

3

2

a c S EF

a c

 



1,0

Sở Giáo dục đào tạolớp thCS nm hc

Môn : Toán (Vòng 2) Đề thức Thêi gian lµm bµi: 120 phót

Bµi 1: (7 điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

4

3 4

x y

y x

   

  

2 2 2 2 2

a b c c a b b c a

a b b c c a     a b b c c a     a b b c c a     Th× | | | | | |a b c

Bài 2: (6 điểm)

1 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

2 A, B, C nhóm ba ngời thân thuộc Cha A thuộc nhóm đó, gái B ngời song sinh C nhóm Biết C ngời song sinh C hai ngời khác giới tính C khơng phải B Hỏi ba ngời A, B, C ngời khác giới tính với hai ngi ?

Bài 3: (7 điểm)

Cho đờng trịn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vng góc với Đờng trịn (O1) nội tiếp tam giác ACD Đờng tròn (O2) tiếp xúc với cạnh OB OD tam giác OBD tiếp xúc với đờng tròn (O) Đờng tròn (O3) tiếp xúc với cạnh OB OC tam giác OBC tiếp xúc với đờng tròn (O) Đờng tròn (O4) tiếp xúc với tia CA CD tiếp xúc với đờng trịn (O1) Tính bán kính đờng trịn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R

Hết Môn : toán (Vòng 2)

Bài ý Néi dung §iĨm

1. 7,0

1.1 (4,0 ®iÓm)

4

3 4

x y

y x

   

  

Điều kiện để hệ có nghiệm là:

3

4

x y    

  

(*)

0,5

Víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã:

4

4 4

3 4 ( )

3 4( ) 0( )

x y x y a

y x x y x y b

      

 

     

  1,0

    2

( )b  x y  x y x y 4 0

   x y  0 xy

(v× x y, 340 nªn x y x  2y2 4 0)

1,0 Thay vµo (a): x4 3 4y x4 4x  3 x4 1 4x1 0

x 1x3 x2 x 3 0 x 12x2 2x 3 0 x 1

            

v× x22x 3 x12 2

So víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã: x  y 34

VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt :

1

x y

  



 1,5

1.2 (3,0 điểm)

Điều kiện: ab b; c c; a 0,50

Ta cã

2 2 2 2 2 2

a b c b c a a b b c c a

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

    

        

          

a b b c c a

       0,50

Suy ra:

2 2 2

a b c b c a

a b b c c a     a b b c c a    

Do đó:

2 2 2

a b c c a b

a b b c c a     a b b c c a    

 

     

2 2 2 4

2 2 2

0 a c a b c b a b c

a c b a c b

a b b c c a a b b c c a

    

  

     

 

     

2 2 2 4

2 2

0

a c a b c b a b c

a b b c c a

    

 

  

     

4 2 2 4 2 2 2 2

0

a a c c a a b b b b c c

a b b c c a

       

  

  

     

2

2 2

2 2 2 2

2

0

0

0

a b

a b b c c a b c

c a

   

          

   

2 2 | | | | | |

a b c a b c

      1,0

2. 6,0

2.1 (4,0 điểm)

Theo giả thiết diện tích hình vuông có dạng S abbb k k0,kZ 0,5

1000k 9999 33 k 99, nên k gồm chữ số: kxy10x y

 

2 100 20 3 9;0 9

k  x  xy y  x  y 1,0

Nếu y lẻ: y1;3;5;7;9 y2 1;9;25; 49;81 b1;5;9 Khi 2xycó chữ số tận số chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số chẵn khác với

1; 5; 9, S khơng thể abbb 1,0

NÕu y ch½n: y0;2; 4;6;8 y2 0; 4;16;36;64 b0; 4;6

Víi y = 0: k2 chØ cã thĨ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả

điều kiện toán

Với y = 2: k2 100x2 40x 4

   Khi x chữ số hàng chục

cđa k2 míi lµ 4, suy k2 3600 244 3844 abbb

   

Với y = 4; 6: y2 16;36, 20xy có chữ số hàng chục số chẵn, nên chữ số hàng chục k2 phải số lẻ, 6, nghĩa là

2

k abbb

Víi y = 8: y2 = 64; k2 100x2 160x 64

   , x thỡ

chữ số hàng chục k2 4, suy k2 382 1444

  hc

2 882 7744

k (không thoả điều kiện toán)

Vy: bi toỏn cú mt lời giải nhất: Hình vng cần xác định có cạnh

38

k  vµ diƯn tÝch S1444

0,5

0,5

0,5

2.2 (2,0 ®iĨm)

Theo gi¶ thiÕt, cha cđa A cã thĨ B C:

Nu B l cha A C khơng thể song sinh với A, nh 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 ngời cịn li l A

và C (cùng phái nữ) 1,0

 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 mâu

thn 0,5

VËy chØ cã nhÊt trêng hỵp B cha A B khác giới tính với hai ngời

còn lại A C (cùng phái nữ) 0,5

3. 7,0

+ Gọi r độ dài bán kính đ-ờng trịn (O1) Ta có:

ACD

S pr

 

2 2

2

R AC CD r

  

 

2 2 1

R R r

  

1

R r 

+ Đờng 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

đ-ờng thẳng nối tâm O O2, giao điểm tia phân giác gócBOD

víi (O)

+ Đờng thẳng qua T vng góc với OT cắt tia OB OD B' D' tiếp tuyến chung (O) (O2) Do (O2) đờng trịn nội tiếp OB D' '

+ OB D' 'có phân giác góc O vừa đờng cao, nên tam giác vuông cân B D' ' 2 OT 2 ,R OB'OD'R 2, suy ra: OB D' 'ACD

+ VËy: B¸n kÝnh cđa (O2) cịng b»ng

1

R r

 2,0

+ Hai hình quạt OBC OBD đối xứng với qua AB nờn (O3) cng bng

(O2), nên bán kính (O3) còng b»ng

1

R r

1,0

+ Đờng tròn (O4) có hai trêng hỵp:

a) Tr êng hỵp 1: (O4) ë bên trái (O1):

Kẻ tiếp chung (O4) (O1) tiếp điểm K cắt AC AD

tại E F

CO CA là tiếp tuyến (O1), nên chu vi

CEF

 b»ng 2CO, suy nöa chu vi cđa nã lµ p = R

Ta cã: 2

1

4 2

1

R

CO  R r  



 

1

4 2 2

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2

4 2 1

22 30'

1 1 2

R O O

KF

tg KF

KC CO

 

    

 

 

 

2

3

4 2

1

CEF

R

S CK KF

 

  





Suy bán kính đờng tròn (O4) là:  

 

2

4

4 2

1

R r

 





b) Tr êng hợp 2:(O'4) bên phải (O1):

Khi ú: K' tiếp điểm đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA CD E' F', CD tiếp xúc với (O'4) H

 

1

4 2 2

' '

1 2

R

R R

CK CO O K

 



    

  

 

 

0

2

4 2

' ' ' ' 22 30'

1

R F H K F CK tg

 

  



 

 

1

2

4 2 2 '

'

'

' 1 2

R CK CO

CK CO

CF

CF CO CO

  



   



 

 

 

 

2

4 2 2 2

' '

1 2

R R

CH CF F H

    

   

 

 

 

2

2

4 2

1

R CH

 





Suy ra: Bán kính đờng tròn (O'4) là:

 

 

2

' '

4

4 2 22 30'

1

R r O H CHtg

 

  

