Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Thừa 2hiên Huế năm 2009 - 2010 - đề 1 potx

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:

Bài Câu Nội dung Điểm
1 (4 điểm)
1.1
(2 đ)
2 4 5 21 80
10 2
A
  



 
2
21 80 1 4 5 2 5 1 2 5
     
5 21 80 6 2 5 1 5
     
 
2
5 1
2 3 5 6 2 5
1
2( 5 1) 5 1 5 1
A


 
   
  




0,5


0,5


1,0
1.2
(2 đ)
2 2
6 18 0
x x x x
     
.
Điều kiện để phương trình có nghĩa:
2
6 0
x x
  

Đặt
   
2 2 2

6 0 18 12 0
t x x t x x t t
         

Khi đó phương trình đã cho trở thành:


2
12 0 0 3 ( 4 0
t t t t t
        
loại)
2 2
1 2
1 61 1 61
3 6 9 0 15 0 ;
2 2
t x x x x x x
 
            
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
1,2
1 61
2
x



0,25

0,5


0,5

0,5

0,25


2
(3 điểm)
2.1




3 2
1 3 1 4 1 0 (1)
m x m x x m      




3 2 2
1 1 4 4 1 0
m x m x mx x m
        










2 2
1 1 4 1 1 0
m x x m x x
       





2
1 1 4 4 1 0
x m x mx m
 
      
 

0,5

0,5

0,25
2.2
Ta có:





 
2
2
1 1 4 4 1 0
1 ( )
( ) 1 4 4 1 0 ( )
x m x mx m
x a
g x m x mx m b
 
     
 




     


0,5


1

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (b) phải có hai
nghiệm phân biệt khác 1, tương đương với:
1
1
1 1
' 1 3 0 1, 0,
3 3
(1) 0
9 0
m
m
m m m m m
g
m
 

 


 
          
 
 





(*)
Với điều kiện (*), phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có một

nghiệm x = 1 > 0 và hai nghiệm còn lại x
1
và x
2
(x
1
< x
2
) là nghiệm của (b).
Do đó để (1) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có hai nghiệm âm thì x
1
< x
2
<0,
tương đương với:
1 2
1 2
4 1
1
0
1
1
1
1
4
4
4
1 0
0
1

m
P x x
m hay m
m
m hay m
m
m hay m
S x x
m


  


  
 

    
 

 
  
   




(**).
Kết hợp (*) và (**) ta có: Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong
đó có hai nghiệm âm thì cần và đủ là:

1 1
1
4 3
m hay m
   

0,25



0,50








0,25




0,25

3
(4,0 điểm)
3.1
Ta có:

2
2 2 2 2
2 2
2 4 4
a b a ab b a ab b
ab ab
    
 
   
 
 

 
2
0, ,
4
a b
a b

   
R

Vậy:
 
2
2
, , 4 , ,
2
a b
ab a b a b ab a b


 
       
 
 
R R

Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b



0,25


0,25


0,25

0,25

Theo kết quả câu 3.1, ta có:
     
2 2
4
a b c a b c a b c
 
      
 

mà
1
a b c
  
(giả thiết)
nên:
   
2
1 4 4
a b c b c a b c
      (vì a, b, c không âm nên b + c không
âm)
Nhưng:
 
2
4
b c bc
  (không âm)
Suy ra:
16
b c abc
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1 1
,
4 2
a b c
b c a

b c
 

   





0,25



0,25

0,25

0,25

0,50
3.2
Ta có:




3 3
6 6 2 2
sin cos sin sP co
   

   


2 2 4 2 2 4
sin cos sin sin cos cosP
     
 
   
 




0,25


2



2
2 2 2 2 2 2
sin cos 3sin cos 1 3sin cos
P
     
    
áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2

1
sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos
4
       
     

Suy ra:
2 2
3 1
1 3sin cos 1
4 4
P
 
    

Do đó:
min
1
4
P

khi và chỉ khi:
2 2
sin cos sin cos
   
   (vì

là góc
nhọn)
0

sin
1 1 45
cos
tg

 

     
0,25


0,25

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:
, ,
BC x y AC y z
AB x z

   
 

Theo định lí Pytago:
2 2 2
BC AB AC
 
     
2 2 2
x y x z y z
     




2
2 2 2
xy z x y z xy z x y z
       
(a)


0,5




0,5
0,5

4.1.b

Gọi
r
là bán kính, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có:
 
1 1 1 1
2 2 2 2
ABC
S AB AC BC r CA r AB r x y z r

           (b)
Tứ giác AEIF có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật.
Nhưng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vuông,
Do đó:
z EI r
 
(c)
Từ (a), (b), (c) suy ra: 2 2
AB AC xy AB AC DB DC
     

0,5


0,5

0,5
4.2 + Theo giả thiết:

2
AM MC

và
2
AN NC


Suy ra:

2 2
//
3 3
AM AN MN AM
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 đường cao hạ từ B của tam giác ABC, ta có:
1
2
3 3

1
2
ABC
ABC BCM
BCM
AC BK
S
AC
S S
S CM
CM BK

    





0,5



0,5


1,0

3


2
3 5 5
5 3 12
BEC
BMC BEC
BMC
S
BE a
S S
S BM
    

Vậy:
2
5
4
ABC
a
S 
0,5


0,5

5
(3,0 điểm)
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
1
x

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 phương trình:
 
22 1 23
1 22 1 22
1 1
x
x y x y
x x

      
 

0,25
0,25



0,5
+ Vì x và y đều là số nguyên dương, nên
1

x

phải là ước số của 23.
Mà 23 nguyên tố, nên:
1 1 2
x x
   
hoặc
1 23 24
x x
   

 Nếu
2
x

thì
22 23 45 30
y
   
(trái giả thiết)
 Nếu
24
x

thì
22 1 23
y
  
< 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 thước là 1
và 2 có diện tích bằng 1 (đvdt).
+ Do đó nếu cắt hình chữ nhật
1 5

theo đường chéo của
2 hình chữ nhật AEFD và GBCH, và cắt theo 2 đường

EF và GH xong ráp lại thì được hình vuông MNPQ như hình bên.

1,0
















4