de thi lop 9 khong xem thi that tiec(hot)

Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thước kẻ và com-pa.. Tính diện tích của hình vuông đó...

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006

Môn : Toán (Vòng 1)

Đề chính thức Thời gian làm bài:120 phút

Bài 1: (8 điểm)

2x 2mxm  2 0 (1)

1 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt

2 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2

thoả mãn hệ thức 3 3

1 2

5 2

x x 

3 Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm không âm Tìm giá trị của m để nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất

Bài 2: (4điểm)

4 3 4

x  x  xx (2)

Bài 3: (8 điểm)

Cho tam giác ABC có  0

60 ; ;

ABC BCa ABc (a c, là hai độ dài cho trước), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC

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

2 Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thước kẻ và com-pa Tính diện tích của hình vuông đó

Hết

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi hoc sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006

Môn : toán (Vòng 1)

Đáp án và thang điểm:

1.1 (2,0 điểm)

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là:

2 2

2 0 2 0

m m P

S m

   









 



0.5

2

0

m

m



1.2 (3,0 điểm)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2

         (*) 0,50

3 3

3

x x   x x  x x  x x 

2

6 5 0

m

1 2,3

2

0,5

3

2

x  

    và 2 3 5 21 0 3 2

2

0,5 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: 1; 1 21

2

0,5

1.3 (3,0 điểm)

Phương trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi:

2 2

2

2 0

m m

S m

   









 

Khi đó 2 nghiệm của phương trình là:

Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của phương trình là

2 2

4

0 2

Suy ra:

2 2

x

0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si:

Suy ra: 2

x   x  Dấu đẳng thức xảy ra khi: 2 2

Vậy nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất là 2khi m 2 0,5

2

2

x x



2 2

2 2

3 0 3

t

t t

t t



  





(3)

0,5

1,0 Giải phương trỡnh theo t, ta cú:

1

0 2

t    

(loại); 2 1 13 0

2

t    

13 9

2

     Suy ra nghiệm của (3) là t2

1,0

Giải phương trình

1

2

9 13 2

2

9 13 2

2

x

x

  





  



Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

1,2

2

2

x   

1,0

0,5

3 8,0

Ta có:

MN

BC  AB   c

sin 60

2

c x

Suy ra diện tích của MNPQ là:



2,0 + Ta có bất đẳng thức:

2

áp dụng, ta có:

2 2

x c x c

x cx     

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

2

c

x   c x x Suy ra:

2

S c

Vậy: max 3

8

ac

S  khi

2

c

x hay M là trung điểm của cạnh AC

2,0

3.2 + Giả sử đã dựng được hình vuông

EFGH nội tiếp trong tam giác ABC

Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'

Dựng hình chữ nhật:

E'F'G'H' ( 'E AB G H; ', 'BC)

Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên:

E F BE BF F G

EF  BE  BF  FG

E F F G

  Do đó E'F'G'H' là

+ Cách dựng và 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 tại F Dựng hình

chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC C hứng minh tương tự trên, ta có EF =

cot 60

BH

g

g F BC



Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại m ột điểm F duy

nhất

Trường hợp hình vuông E'F'G'H' c ó đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên

cạnh BC, lý luận tương tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E

Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất

1,0 + Đặt AEx Ta có EF AE EF ax

sin

2

c x

EFGH là hình vuông, nên

2





Suy ra diện tích hình vuông EFGH là:

2 2 2

2 3

a c

S EF

a c

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006

Môn : Toán (Vòng 2)

Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (7 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

4 4

3 4

3 4

  



 



2 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức:

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)

1 Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng ch ục và hàng trăm giống nhau

2 A, B, C là một nhóm ba người thân thuộc Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và người song sinh của C cũng ở trong nhóm đó Biết rằng C và người song sinh của C là hai người khác giới tính và C không phải

là con của B Hỏi trong ba người A, B, C ai là người khác giới tính với hai người kia ?

Bài 3: (7 điểm)

Cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Đường tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD Đường tròn (O2) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đường tròn (O)

Đường tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đường tròn (O) Đường tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O1) Tính bán kính của các đường tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R

Hết

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

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2005 - 2006

Môn : toán (Vòng 2)

Đáp án và thang điểm:

1.1 (4,0 điểm)

4 4

3 4

3 4

  



 

 . Điều kiện để hệ có nghiệm là:

3 4 3 4

x y

 







 (*)

0,5

Với điều kiện (*), ta có:



( )b  xy  xy x y 40

      x y 0 x y

(vì , 3 0

4

x y  nên    2 2

x  x  x  

So với điều kiện (*), ta có: 1 3

4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : 1

1

x y





 

1.2 (3,0 điểm)

Điều kiện: a b b;  c c;  a 0,50

Ta có

a b b c c a 0

Suy ra:

a bb cc a a bb cc a

Do đó:

a bb cc a a bb cc a

2 2 2 2 2 2 4 4 4

 

0 2

a b b c c a

0 2

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

a b b c c a

2 2

2 2

0

0

a b

c a

  



  



| | | | | |

2.1 (4,0 điểm)

Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng 2  

0,

S abbbk k k 0,5

2

1000k 999933 k 99, nên k chỉ gồm 2 chữ số: k xy10xy

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

y y   b Khi đó 2xycó chữ

số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của 2

k phải là số chẵn khác với

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

Với y = 0: 2

k chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả

điều kiện bài toán

Với y = 2: 2 2

k  x  x Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k2 mới là 4, suy ra 2

3600 244 3844

Với y = 4; 6: 2

16;36

y  , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên chữ

số hàng chục của k2 phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6, nghĩa là 2

k abbb Với y = 8: y2 = 64; 2 2

k  x  x , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 t hì

chữ số hàng chục của k2 mới bằng 4, suy ra 2 2

k   hoặc

k   (không thoả điều kiện bài toán)

Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh

38

k  và diện tích S1444

0,5

0,5

0,5

2.2 (2,0 điểm)

Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C :

 Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu như thế thì

C là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và k hác giới tính (gt), nên C là phái nữ Mặt khác, con gái của B không thể là C nên phải là A, do đó A là phái nữ Vậy B khác giới tính với hai người còn

A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là song sinh, dẫn đến mâu thuẫn

Vậy chỉ có duy nhất trường hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai người còn lại là A và C (cùng là phái nữ) 0,5

+ Gọi r là độ dài bán kính

đường tròn (O1) Ta có:

ACD

S  pr

2 1 2 2

2

2 1

1 2

R r

 



1,0 + Đường tròn (O2) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O2 ở trên tia phân giác của

góc BOD, (O2) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở trên

đường thẳng nối 2 tâm O và O2, chính là giao điểm của tia phân giác góc BOD

với (O)

+ Đường thẳng qua T vuông góc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là tiếp tuyến chung của (O) và (O2) Do đó (O2) là đường tròn nội tiếp OB D' ' + OB D' 'có phân giác góc O vừa là đường cao , nên nó là tam giác vuông cân và B D' '2OT 2 ,R OB'OD'R 2, suy ra: OB D' ' ACD

+ Vậy: Bán kính của (O2) cũng bằng

1 2

R

r

+ Hai hình quạt OBC và OBD đ ối xứng với nhau qua AB nên (O3) cũng bằng (O2), nên bán kính của (O3) cũng bằng

1 2

R

r

+ Đường tròn (O4) có hai trường hợp:

a) Trường hợp 1: (O4) ở bên trái (O1):

Kẻ tiếp chung của (O4) và (O1) tại tiếp điểm K cắt AC và AD tại E

và F

CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O1), nên chu vi của

CEF

 bằng 2CO, suy ra nửa chu

vi của nó là p = R

2 2 1

4 2 2

1 2

R



1 1

4 2 2

R

CK CO O K



0 1

2

1

22 30 '

R

O O

KF

KC CO

2

3

4 2 2 1

1 2

CEF

R



Suy ra bán kính của đường tròn (O4) là:  

2

4 2 2 1

1 2

R r



b)Trường hợp 2: (O'4) ở bên phải (O1):

Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đường tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E'

và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H

1 1

4 2 2

R

CK CO O K



0

2

R

F H K F CK tg



1

2 1

' '

'

R

CK CO

CF





CH CF F H

2

2

4 2 2 1

1 2

R

CH





Suy ra: Bán kính của đường tròn (O'4) là:

4 2 2 1