Dề thi+Đáp án HSG Toán 9

Biến đổi phơng trình 1 về dạng phơng trình tích.. Với giá trị nào của m thì phơng trình 1 có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm âm.. Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với c

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS - năm học 2008 - 2009

Môn : Toán

Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức: 2 4 5 21 80

A   



2 Giải phơng trình: 2 2

x  x x  x 

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho phơng trình m1x33m1x2 x 4m 1 0 (1) (m là tham số)

1 Biến đổi phơng trình (1) về dạng phơng trình tích

2 Với giá trị nào của m thì phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có 2 nghiệm âm

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Chứng minh rằng với hai số thực bất kì a b ta luôn có: ,

2

2

a b

ab





Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

2 Cho ba số thực a b c, , không âm sao cho a b c    1

Chứng minh: b c   16 abc Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

3 Với giá trị nào của góc nhọn  thì biểu thức Psin6cos6 có giá trị bé nhất ? Cho biết giá trị bé nhất đó

Bài 4: (6,0 điểm)

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

a Tìm hệ thức giữa x y, và z

b Chứng minh rằng: AB AC 2DB DC

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

Bài 5: (3,0 điểm)

1 Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô Nếu mỗi ô tô chở 22 ngời thì còn thừa một ngời Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại Hỏi có bao nhiêu học sinh đi cắm trại và có bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ

B i ài Cõu Nội dung Điểm

1.1

A   



 2

21 80  1 4 5  2 5  1 2 5

5 21 80  6 2 5 1   5

 5 12

1

0,5 0,5 1,0

1.2

(2 đ) x2 x 6x2 x18 0

Điều kiện để phơng trình có nghĩa: 2

6 0

x  x 

Đặt t x2 x 6 t0  x2 x18 t2 12t0 Khi đó phơng trình đã cho trở thành: t2 t 12 0 t0  t3 (t4 0 loại)

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

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: 1,2 1 61

2

x  

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

m x  m x  x m 

  3   2 2

m 1x x2 1 4m x 2 1 x 1 0

x 1  m 1x2 4mx 4m 1 0

0,5 0,5 0,25

2.2 Ta có:

   

 

2 2

1 ( )





1

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

1 1

m m







         

(*)

Với điều kiện (*), phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm x = 1 > 0 và hai nghiệm còn lại x1 và x2 (x1 < x2 ) là nghiệm của (b)

Do đó để (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có hai nghiệm âm thì x1 < x2 <0, tơng đơng với:

1 2

1 0

4

0 1

m

P x x

m hay m

S x x

m









(**)

Kết hợp (*) và (**) ta có: Để phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó

có hai nghiệm âm thì cần và đủ là: 1 1

1

m  hay m

0,25

0,50

0,25

0,25

3.1 Ta có:

 2

0, , 4

a b

a b



2

2

2

a b

ab a b a b ab a b



Dấu đẳng thức xảy ra khi a b

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

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

mà a b c  1 (giả thiết) nên: 1 4 a b c    b c 4a b c  2 (vì a, b, c không âm nên b + c không

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

0,25

0,25 0,25

Suy ra: 2 2 3 1

1 3sin cos 1

4 4

P      

Do đó: min 1

4

P  khi và chỉ khi: sin2 cos2 sin cos (vì  là góc





và AE = AF (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó:

BC x y AC y z

AB x z

  Theo định lí Pytago:

BC AB AC

x y2 x z2 y z2

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

0,5

0,5 0,5

ABC

Tứ giác AEIF có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật

Nhng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vuông,

Do đó: z EI r (c)

Từ (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 và AN 2NC

Suy ra:

//

MN BC

AC AB    BC  AC 

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

2 3

EM EN MN

EB EC BC 

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

1

1 2

ABC

BCM

AC BK





0,5

0,5 1,0

3

BEC

BMC

Vậy:

2

5 4

ABC

a

S 

0,5 0,5

5.1 + Gọi số ô tô lúc đầu là x ( x nguyên và x  2)

Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1

+ Theo giả thiết: Nếu số xe là x 1 thì số học sinh phân phối đều cho tất cả

các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y  30)

+ Do đó ta có phơng trình:  1 22 1 22 1 22 23

x



0,25 0,25

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

Mà 23 nguyên tố, nên: x1 1  x2 hoặc x1 23  x24

 Nếu x 2 thì y 22 23 45 30   (trái giả thiết)

 Nếu x 24 thì y 22 1 23  < 30 (thỏa điều kiện bài toán)

+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:

22 24 1 23 23 529     học sinh

0,25 0,25 0,25 0,25

5.2 + Tấm bìa hình chữ nhật 1 5 có diện tích là 5

(đvdt)

Để cắt hình chữ nhật thành các mảnh ráp thành hình vuông, thì cạnh của hình vuông bằng 5 , bằng độ dài cạnh huyền của tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có kích thớc là 1 và 2 có diện tích bằng 1 (đvdt)

+ Do đó nếu cắt hình chữ nhật 1 5 theo đờng chéo của 2 hình chữ nhật AEFD

và GBCH, và cắt theo 2 đờng EF và GH xong ráp lại thì đợc hình vuông MNPQ nh hình bên

1,0