HSG Toan 9 Hue 20082009

[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: 21 80 10

A

Giải phơng trình: 2

6 18

x  x x x Bài 2: (3,0 điểm)

Cho phng trình m1x33m1x2 x 4m 1 (1) (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 âm

Bµi 3: (4,0 ®iĨm)

1 Chøng minh r»ng víi hai sè thực a b, ta có:

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 ? Với giá trị góc nhọn  biểu thức P sin6 cos6

 

  có giá trị bé ? Cho biết giá trị bé

Bµi 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 Đặt x DB y DC z , , AE

a Tìm hệ thức x y, vµ 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 AB cho: AM 2MC AN, 2NBvà hai đoạn BM CN vuông góc với TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC theo a

Bài 5: (3,0 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 nghĩa:

6

x  x 

Đặt t x2 x 6 t 0 x2 x 18 t2 12t 0

         

Khi phơng trình cho trở thành: t2  t 12 0 t0  t (t4 0 loại)

2

1

1 61 61

3 15 ;

2

t   x  x    x  x   x   x   Vậy phơng trình cho có hai nghiệm: 1,2 61

2

x  

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

2 (3 ®iĨm)

2.1 m 1x3 3m 1x2 x 4m 1 (1)

      

m 1x3 m 1x2 4mx2 x 4m 1 0

        

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

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 4 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

4

m  hay m

0,25

0,50

0,25

0,25

3 (4,0 ®iÓm) 3.1 Ta cã:

2 2 2 2 2

2

2 4

a b a ab b a ab b

ab ab               

 2 0, ,

4

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 kÕt câu 3.1, ta có:

a b c 2 ab c 2 4a b c  

mà a b c 1 (giả thiÕt)

nªn: 4 a b c    b c 4a b c  2 (v× a, b, c không âm nên b + c không âm)

Nhng: b c 2 4bc (không âm) Suy ra: b c 16abc

0,25

Suy ra: 3sin2 cos2 4

P      

Do đó: min

P  vµ chØ khi: sin2 cos2 sin cos

     (vì góc nhọn) sin 1 450

cos tg



 



      0,5

4 (6,0 ®iĨm)

4.1.a + Ta cã: BD = BF, CD = CE

và AE = AF (Tính chất hai tiếp tuyến cắt 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 tròn 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 vng, 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 giả thiết: AM 2MC 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:

2 3 3

1

ABC

ABC BCM BCM

AC BK

S AC

S S

S CM BK CM



    



0,5

2

3 5

5 12

BEC

BMC BEC BMC

S BE a

S S

S BM    

VËy:

2

5

ABC

a

S 

0,5 0,5

5 (3,0 ®iĨm)

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:  1 22 22 22 23

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 s ca 23

Mà 23 nguyên tố, nên: x1 1  x2 hc x1 23  x24  NÕu x2 y22 23 45 30 (trái giả thiÕt)

 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)

ct 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