Đề thi HSG lớp 9

[r]

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

10 2



2 Giải phơng trình: x2 x 6x2 x18 0

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho phơng trình   3   2

m x  m x  x m 

(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 chở không quá 30 ngời

2 Một tấm bìa hình chữ nhật có kích thớc 1 5 Hãy cắt tấm bìa thành các mảnh để ráp lại thành một hình vuông Giải thích

Hết

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

Đáp án và thang điểm:

1 (4 điểm)

1.1

(2 đ) 2 4 5 21 80

10 2



 2

21 80  1 4 5  2 5  1 2 5

5 21 80  6 2 5 1   5

 5 12

2 3 5 6 2 5

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: x2  x 6 0

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

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

2.1 m1x33m1x2 x 4m 1 0 (1)

m 1x3 m 1x2 4mx2 x 4m 1 0

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 ( )





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 2

4 1

1

1

4

0 1

m

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

0,25

0,50

0,25

0,25

3.1 Ta có:

 2

0, , 4

a b

a b



Vậy:

2

2

2

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.

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

,

a b c

b c

 









0,25

0,25 0,25 0,25 0,50

3.2 Ta có:

sin2 cos2 2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2

áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:

0,25 0,25 0,25

 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1

sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos

4

Suy ra:

1 3sin cos 1

4 4

Do đó: min

1 4

P 

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

0 sin





0,25

0,5

4 (6,0 điểm)

4.1.a

+ Ta có: BD = BF, CD = CE và

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

Do đó:

AB x z

  Theo định lí Pytago:

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 là bán kính, I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC.

ABC

(b)

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

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

2 3

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

0,5

0,5 1,0

1 2

ABC

BCM

AC BK





2

BEC

BMC

Vậy:

2 5 4

ABC

a

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