Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC.. Tính số đo góc A của tam giác ABC.. Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình
Trang 1UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình x4 2mx23m 4 0 (1)
1 Xác định m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt
2 Khi (1) có 4 nghiệm phân biệt x x x x , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:1, , ,2 3 4
1 2 3 4 6 1 2 3 4
A x x x x x x x x
Bài 2: (4,0 điểm)
S
khi x 2011
Bài 3: (2,0 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:
x y xy x y
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R) Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C
1 Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC
2 Tính số đo góc A của tam giác ABC
Bài 5: (2,0 điểm)
Một hình tròn bán kính 1 cm lăn ở ngoài một tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 6
cm và 8 cm Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình tròn vẫn luôn giữ tiếp xúc với đỉnh đó khi lăn từ một cạnh sang cạnh
kế tiếp Khi hình tròn lăn một vòng đầy đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu ?
Bài 6: (2,0 điểm)
Người ta thiết lập dãy các hình ngũ giác bằng các chấm điểm được biểu diễn bởi 5 hình ngũ giác đầu tiên như hình vẽ sau Hỏi ngũ giác thứ 25 gồm bao nhiêu chấm điểm ? Tìm công thức để tính u với n u là số chấm điểm tạo nên hình ngũ giác thứ n n
Trang 2Hết UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn : TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:
Trang 3Bài Câu Nội dung Điểm
1.1
(2 đ)
Đặt t x 2 , phương trình (1) trở thành: 0 t2 2mt3m 4 0 (2)
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phương trình (2)
có 2 nghiệm dương phân biệt
Ta có
2
Do đó (2) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt
Để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t t , cần và đủ là:1, 2
1 2
1 2
m
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 4
3
m
0,5
0,5
1,0
1.2
(2 đ) Với điều kiện: 4
3
m , phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t t , 1, 2
nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt:
x x x x và x12 x22 t x1, 32 x42 t2, do đó:
1 2 3 4 6 1 2 3 4 21 22 61 2
A x x x x x x x x t t t t
2
8
A m
Vậy min
95 8
0,25 0,25 0,5 0,25
0,25
0,5
2.1
Đặt u x 1;v y 2, hệ phương trình trở thành:
Do đó u v là hai nghiệm của phương trình 2, 2 2
0,25
0,5
Trang 4Giải các hệ
x 1 1;y 2 3 , x 1 1;y 23 ,
x 1 1;y 2 3 , x 1 1;y 23
x 1 3;y 2 1 , x 1 3;y 21 ,
x 1 3;y 2 1 , x 1 3;y 21
Ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
x y ; 0;5 , 0; 1 , 2;5 , 2; 1 , 2;3 , 2;1 , 4;3 , 4;1 0,75
2.2
S
Điều kiện để S có nghĩa: x 1,3,5, ,1009,1011 hay:
x k kZ k
S
S
Khi x 2011 (thỏa điều kiện) thì 101
402000
S
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
bậc hai theo ẩn x và tham số là y vì 2
1 2 y 0, y R
Để phương trình có nghiệm nguyên thì 24 2 y20 và 24 2y 2 k2 kZ
2
24 2 y 0,yZ y0; y1; y2; y3 Với y0 ta có x0 nên (0 ; 0) là một nghiệm của phương trình
Với y1; y3 thì ' = 22 và ' = 6, không phải là các số chính phương
Với y ta có 2 ' 4.16 8 2 , ta có nghiệm của phương trình:' 8
2 9
y
Khi y phương trình có một nghiệm nguyên 2 x 2
Khi y phương trình có một nghiệm nguyên 2 x 2 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:
x0; y0 , x2; y2 , x2; y2
0,25
0,25
0,5 0,25
0,25
0,5
Trang 54 (6,0 điểm)
4.1
(2 đ) + Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứngvới nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy ra:
BHC BKC
Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại D
Ta có: BAK BCK (góc nội tiếp cùng chắn
cung BK ) và BCH BCK (CI là đường cao của tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc C)
Suy ra: BAK BCE
90
90
BCE ABC
90
BEC , nên CE là đường cao thứ
hai của tam giác ABC
H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H là trực tâm của tam giác ABC
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
4.2
(4 đ)
(2 đ)
+ Trường hợp H ở trong đường tròn (O):
Kẻ đường kính FG của (O) vuông góc với dây BC tại M, thì M là trung điểm của BC
Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung
KF AG KF AG (1)
Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy ra:
AG = OH (2)
Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân
Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên
OC
2
BAC BOC FOC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
(1 đ)
+ Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở trên
nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính
PQ là tiếp tuyến của (O) tại A
Khi đó tam giác ABC có 2 góc nhọn và một góc
tù (góc C tù chẳng hạn)
Ta có: HBI AHB 90 ,0 HBI IBK (đối xứng nhau qua BI), IBK CAK (góc nội tiếp cùng chắn cung KC), nên CAH AHB 900, suy ra: BH AC tại D Vậy H là trực tâm của
0,25
0,25
G
M
F
C
K
O
A
H
D
Q P
G M
F
E C
B
I K
O A H
Trang 6(1 đ)
+ Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A)
đường kính PQ và không chứa O:
Khi đó A là góc tù Ta cũng chứng minh tương
tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán kính OF
Suy ra MOC600 BOC 1200
Mà BFC BOC 1200 (2 góc đối xứng nhau qua BC)
Nhưng BAC BFC (góc nội tiếp cùng chắn cung BKC
Vậy BAC 1200
0,25
0,25
0,25
0,25
+ Quỹ đạo của tâm hình tròn khi hình tròn lăn đủ một vòng trên các cạnh của tam giác ABC gồm 3 đoạn thẳng có độ dài bằng 3 cạnh của tam giác vuông nối với nhau bởi các cung tròn bán kính bằng 1 cm, các cung tròn có số đo lần lượt là:
90 , 180 , 180 , do đó tổng số đo của 3 cung tròn là:
90
Ta có độ dài cạnh huyền là 2 2
Vậy độ dài của quỹ đạo của tâm hình tròn là:
360
180
r
cm
0,5
0,5
1,0
Gọi u là số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n Ta có: n
2
n
Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm:
+ Một hình vuông có n hàng chấm điểm, mỗi hàng có n chấm điểm, nên hình vuông đó có n chấm điểm.2
+ Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh trên của hình vuông, còn lại
là n 1hàng, mỗi hàng có số chấm điểm giảm dần như sau:
1, 2, , 3, 2, 1
n n
1
0,5
0,5
0,5
F
B I
K
Q
P
O A H
C B
A
8 6
β α