De thi HSG 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]

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2005 - 2006 Mơn : Tốn (Vịng 1) Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (8 điểm)

Cho phơng trình 2x2 2mx m 2 (1).

1 Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2

tho¶ m·n hƯ thøc 3

5 x x 

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

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 4x x (2) Bài 3: (8 điểm)

Cho tam giác ABC có 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

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2005 - 2006 Mơn : tốn (Vịng 1)

Bài 1 ý Nội dung Điểm

1. 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

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

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 cã nghiƯm ph©n biƯt    ' 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

   2,3

1 21

1 1;

2

m m m m m 

        

0,5

Ta cã:

1 21 21 21

2

2 x

     

       

3

1 21

0 2

x     

vµ 3

5 21

2

2

x  x

    

0,5

Vậy: Có giá trị m thoả điều kiện toán:

1 21 1;

2 m m

0,5 1.3 (3,0 điểm)

Phơng trình có hai nghiệm không âm khi:

2

'

2

0 2 (**)

0 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

trình 2 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:

2

2 2

x   x  Dấu đẳng thức xảy khi:

2 4 2 2; 2

m   m  m  

  . 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

t   

(lo¹i);

1 13

t   

2

13

4

2

t      t 

Suy nghiƯm cđa (3) lµ t2. 1,0

Giải phơng trình

1 2 2 13 2

4

9 13

2 x

x x t x x t

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

Vậy: phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt: 1,2

9 13

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:

c x c x   x

Suy ra:

2

3

2

a c ac S

c

  

VËy: max

3 ac S 

c x

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 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. 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 vuông 1,0

+ Ta cã:

0

'

cot 60

' '

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

Vậy toán có nghiệm hình

1,0

+ Đặt AEx Ta có

EF AE ax

EF

BC AB c ;  

( ) sin

2 c x HE c x B 

EFGH lµ hình vuông, nên

2

( ) 3

2

ax c x c

EF EH x

c a c



    



Suy diện tích hình vuông EFGH là: 2

2

3

2

a c S EF

a c

 



UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : Tốn (Vịng 2) Đề thức Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài 1: (7 điểm)

1 Giải hệ phơng trình: 4

3 4

x y

y x

   

  

2 Chứng minh a, b, c số thoả mãn bất đẳng thức:

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 Xỏc định hình vng có độ dài cạnh số ngun 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 ngời ?

Bài 3: (7 điểm)

Cho ng 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 đ-ờng tròn (O) Đđ-ờng tròn (O4) tiếp xúc với tia CA CD tiếp xúc ngồi với đ-ờng trịn (O1) Tính bán kính đờng trịn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R

HÕt

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : tốn (Vịng 2)

Bµi ý Néi dung Điểm

1. 7,0

1.1 (4,0 điểm)

4

3 4

x y

y x

   

 

 Điều kiện để hệ có nghiệm là:

4

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×

3

, 4

x y 

nªn   

2 4 0 x y x y  

) 1,0

Thay vµo (a):  

4 3 4 4 3 0 1 4 1 0

x   y x  x   x   x 

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

            

v×  

2

2 2 3 1 2 0

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

3 4 x  y

VËy hệ phơng trình có nghiệm : 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 ®iĨm)

Theo giả thiết diện tích hình vuông có d¹ng   0, S abbb k  k 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

NÕu y lỴ:

2

1;3;5;7;9 1;9;25; 49;81 1;5;9

y  y   b Khi 2xycó chữ

sè tËn 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:

2

0; 2; 4;6;8 0; 4;16;36;64 0; 4;6

y  y   b

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

Vi y = 2: k2 100x240x4 Khi x chữ số hàng chục k2 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, khơng thể 6, nghĩa là

2

k abbb.

Với 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 to¸n).

Vậy: tốn có 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 giả thiết, cha A B C:

 Nếu B 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 lại 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

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

+ Gi r độ dài bán kính đờng trịn (O1) Ta có:

ACD

S pr

 

2 2

2

R AC CD r

  

 

2 2 1

R R r

  

1 R r  

 1,0

+ Đờng tròn (O2) tiếp xúc với OB OD nên tâm O2 tia phân giác

gãc BOD , (O2) l¹i tiÕp xóc víi (O) nên tiếp điểm T chúng

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

BOD với (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 vng 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

R r

 . 2,0

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

(O2), nên bán kính (O3)

R r 

+ Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp:

a) Tr ờng 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), nªn chu vi cđa CEFb»ng 2CO,

suy nưa chu vi cđa nã lµ p = R

Ta cã:

2

4 2 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 hỵp 2: (O'4) bên phải (O1):

Khi ú: K' l 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 trịn (O'4) là:

 

 

2

' '

4

4 2 22 30'

1 R

r O H CHtg

 

  

