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 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)

Cho phơng trình 2x2 2mx m 2 2 0 (1).

1 Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt.

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

và x2

thoả mãn hệ thức

5 2

x x 

3 Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm Tìm giá trị của m để

nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất

Bài 2: (4điểm)

Giải phơng trình: x2 4x 3 4x x 2 (2)

Bài 3: (8 điểm)

Cho tam giác ABC có ABC60 ;0 BC a AB c ;  (a c, là hai độ dài cho trớc),

Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh

BC đợc 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 thớc 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:

Bài 1 ý Nội dung Điểm

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

2

2

2 0 2 0

m m P

S m

   











 





0.5

2

0

m

m



 

Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt    ' 4 m2   0 2m2(*) 0,50

3

x x   x x  x x  x x  

2

6 5 0

m

1 21

2

0,5

3

1 21

0 2 2

x     

5 21

2

0,5

Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:

1 21 1;

2

m m 

0,5

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

2

2

2

0 2 2 (**) 2

0

m m

S m

   











 



Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là:

x    x     x x  m  

Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng

trình là

2 2

4

0 2

Suy ra:

2 2

0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si:

m   m  m  m  m  m 

0,50 Suy ra:

2

x   x 

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

m   m  m  

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

2

2

4 3 4

4 3 4

x x



     



(2)

2

2

2 2

3 0 3

t x x

t

t t

t t

   



       

  





 



(3)

0,5

1,0 Giải phương trỡnh theo t, ta cú:

1

1 13

0 2

t   

(loại); 2

1 13

0 2

t   

13 9

2

t      t 

Suy ra nghiệm của (3) là t2. 1,0

Giải phơng trình

1

2

9 13 2

2

9 13 2

2

x

x

  







  



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

1,2

9 13 2

2

x   

1,0

0,5

3 8,0

3.1

+ Đặt AM x (0 x c)

Ta có:

MN

BC  AB   c

sin 60

2

c x

Suy ra diện tích của MNPQ là:

ax c x a



2,0

+ Ta có bất đẳng thức:

2

( 0, 0)

áp dụng, ta có:

( )

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

khi 2

c

x 

hay M là trung điểm của cạnh AC 2,0

+ Giả sử đã dựng đợc 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

+ 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 Chứng minh tơng tự trên, ta có EF =

+ Ta có:

0

cot 60

BH

g

g F BC



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

nhất

Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh

BC, lý luận tơng 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

BC AB c ;  sin ( ) 3

2

c x

HE c x B 

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



1,0

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi học sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005

Môn : Toán (Vòng 2)

Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (7 điểm)

1 Giải hệ phơng 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 chục và hàng trăm giống nhau

2 A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó Biết rằng

C và ngời song sinh của C là hai ngời khác giới tính và C không phải là con của B Hỏi trong ba ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai ngời kia ?

Bài 3: (7 điểm)

Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau Đờng tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD Đờng tròn (O2) tiếp xúc với

2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O) Đờng tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đ-ờng tròn (O) Đđ-ờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đ-ờng tròn (O1) Tính bán kính của các đờng 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 2004 - 2005

Môn : toán (Vòng 2)

Đáp án và thang điểm:

Bài ý Nội dung 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

x y  

nên x y x   2y2 4 0

Thay vào (a): x4 3 4y x4 4x  3 0 x4 1 4x10

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

vì x22x 3 x12 2 0

So với điều kiện (*), ta có:

3

1 4

x  y

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :

1 1

x y









1.2 (3,0 điểm)

Ta có

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

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    

0 a c a b c b a b c 0

 

0 2

a c a b c b a b c

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

0

0

a b

c a





2 2 2 | | | | | |

2.1 (4,0 điểm)

Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng S abbb k  2 k0,kZ

0,5

2

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

k  x  xy y  x  y

Nếu y lẻ:

2

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

số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k2 phải là số chẵn khác với

Nếu y chẵn:

2

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

Với y = 0: k2 chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả

điều kiện bài toán

Với y = 2: k2 100x240x4 Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k2 mới là 4, suy ra k2 3600 244 3844  abbb.

Với y = 4; 6: y 2 16;36, 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; k2 100x2160x64, khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì

chữ số hàng chục của k2 mới bằng 4, suy ra k 2 382 1444 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 nh thế thì C

là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác 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 ngời còn lại là A

 Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thiết B phải là phái nữ Mặt khác, con gái của B không thể là C (gt) nên phải là

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

0,5

Vậy chỉ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai ngời

+ Gọi r là độ dài bán kính đờng

tròn (O1) Ta có:

ACD

S pr

2 2

1 2

R r

+ Đờng 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

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

với (O)

+ Đờng 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 đờng tròn nội tiếp OB D' '. + OB D' 'có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông cân

và B D' ' 2 OT 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 đối xứng với nhau qua AB nên (O3) cũng bằng

(O), nên bán kính của (O) cũng bằng 1 2

R

r 

+ Đờng tròn (O4) có hai trờng hợp:

a) Tr ờng 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 CEFbằng 2CO,

suy ra nửa chu vi của nó là p = R

Ta có:

1

4 2 2

1 2

R

CO  R r  



4 2 2 1

4 2 2

R

CK CO O K



0 1

2

4 2 2 1 1

22 30'

R

O O

KF

KC CO

2

3

4 2 2 1

1 2

CEF

R





Suy ra bán kính của đờng tròn (O4) là:

2

4 2 2 1

1 2

R r





2,0

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

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

và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H

4 2 2 1

4 2 2

R

CK CO O K



0

2

4 2 2 1 ' ' ' ' 22 30'

1 2

R

F H K F CK tg



1

2 1

4 2 2 1 4 2 2 '

'

'

R

CK CO

CF





4 2 2 1 4 2 2 4 2 2 1 ' '

CH CF F H

2

2

4 2 2 1

1 2

R

CH





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

2

4 2 2 1

22 30'

1 2

R

r O H CHtg



2,0