Đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Toán lớp 9 - Có đáp án

1/4
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2011- 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
MÔN: TOÁN

Chú ý:
1. Với những trường hợp không nêu công thức mà chỉ cho kết quả trừ ¼ số điểm
2. Với những trường hợp thừa nghiệm (do không xét điều kiện) trừ ¼ số điểm của ý.
3. Với những đáp số không đúng quy tắc làm tròn trừ ¼ số điểm của ý.
3. Với những câu yêu cầu trình bày, thí sinh trình bày vắn tắt thể hiện tiến trình giải bài toán,
không cần vi
ết cách giải các phương trình và hệ mà máy tính hỗ trợ sẵn
4. Nếu học sinh giải bằng cách khác nhưng đúng vẫn được nguyên điểm.

Đề bài Công thức tính và kết quả
Điểm
Câu 1: (2 điểm) Hãy tính giá trị của biểu thức:
24a1)(a3aa
24a1)(a3aa
A
223
223
+−−+−
−−−+−
=
với a=
72

2)1(
2)1(
+−
−+
=
aa
aa
A

≈0.984 994 0

1.5
0.5
Câu 2: (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương
trình:

x + xy + y = 7.
(1+x)(1+y) = 8 có 8 nghiệm:
(x, y)={(0, 7); (7, 0); (-2, -9);
(-9, -2); (1, 3); (3, 1); (-3, -5);
(-5, -3)}
0.25
/1N
0
Câu 3: (2 điểm) Cho tam giác ABC có AB=3cm;
BC=4cm ; CA=5cm. Các đường cao BH, đường
phân giác BD, đường trung tuyến BP chia tam giác
thành 4 phần. Hãy tính diện tích mỗi phần.
S
CBP

=3 (cm)
2

S
BDP
=
7
3
≈0.428 571 4 (cm
2
)
S
ABH
=
25
54
≈ 2.16(cm
2
)
S
BDH
=
175
72
≈ 0.411 428 6 (cm
2
)
0.5

0.5

0.5


0.5
Câu 4: (2 điểm) Giải phương trình:

(x
2
+ 3x + 2) (x
2
+ 7x + 12) = 3
2
135
x
1
−−
=
≈
-4.302 775 6
2
135
x
2
+−
=
≈-0.697 224 4

1.0

1.0
Câu 5: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a , góc BAC bằng 120
0
,
SA=SB=SC=3a.
a. Tính thể tích hình chóp S.ABC.
b. Áp dụng với a=
17 .
Hướng dẫn:
a. Hạ SH vuông góc với mặt phẳng (ABC), AH cắt BC tại K .
Vì SA=SB=SC nên các tam giác sau vuông bằng nhau
(
ΔSHA=ΔSHB = ΔSHC) ⇒ HA=HB=HC
⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Mặt khác do
ΔABC cân tại A và góc (BAC) tù
nên HA là phân giác trong của góc (BAC). Do
ΔHAB cân tại H, và
∠BAH=∠HAC=60
0
nên là tam giác đều. Vậy AH=AB=a ⇒
SH=
22
AH - SA =2
2
a.

0.5
A
B
C
S
H
K
a
a
3a
3a
3a
60
60

2/4
Ta có: V
SABC
=
SH . (.AB.AC.sin

2
1
.
3
1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∠ )BAC

=
a 22 . 0.a.a.sin12
2
1
.
3
1
0
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
3
6

6
a

b. V
SABC
≈28.615 264 0



1.0

0.5
Câu 6: (2 điểm) Tính tổng:
2012201120112012
1

3223
1
22
1
S
+
++
+
+
+
=

Hướng dẫn:
Với ∀ n

∈
N
*
ta có:
1nnn1)(n
1
+++
=
1n
1
n
1
+
−
. Từ đó ta có:
2
1
1
22
1
−=
+


3
1
2
1
3223
1

−=
+

……………
2012
1
2011
1
2012201120112012
1
−=
+
.
Vậy
2012
1
1S −=
≈0.977 706 1






0.5

0.5


1.0
Câu 7: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA=a và
SA vuông góc với mặt phẳng ABCD. Kẻ AE
⊥
SB, AF
⊥
SD. Gọi K là giao điểm của
SC với mặt phẳng AEF.
a. Tính diện tích tứ giác AEKF.

b. Áp dụng với a=
11 .
Hướng dẫn:
a) Do SA = AB = AD = a
⇒ E, F là trung điểm của SB và SD.
Trong
Δ
SBD có EF//=
2
1
BD =
2
2
a
(0,5 điểm)

Mặt khác: Hai tam giác vuông SKE và SKF bằng nhau nên KE=KF suy ra tam giác
KEF cân tại K, lại có AEF cân tại A. Vậy AK là đường cao, đường trung tuyến, đường
phân giác chung của hai tam giác AEF và KEF.(0.5 điểm)
Trong tam giác vuông ACS có
ACASA
K
222
111
+=
⇒AK=
3
6
a

Tứ giác AEKF có EF
⊥
AK nên: S=
6
2
3
6a
2
2a
2
1
EF.AK
2
1
a

2
== (0,5 điểm)
b. S=
6
2
2
a
≈2.592 724 9












0.5






0.5

0.5

0.5

3/4
Câu 8: (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
=++
=++
3
3
333
zyx
zyx

Hướng dẫn:
Ta có đẳng thức: (x+y+z)
3
– (x
3
+y
3
+z
3
)=3(x+y)(y+z)(z+x) nên: (x +y)(y+z)(z+x)=8.
Đặt: c=x+y, a=y+z , b=z+x thì abc= 8. Do x, y, z nguyên nên a,b,c ∈{±1, ±2, ±4, ±8}
Giả sử: x≤y≤z thì c≤b≤a. Ta có: a+b+c=2(x+y+z)=6 nên a≥2.
+ Với a=2 ta có:

12
4
4
===⇒==⇒
⎩
⎨
⎧
=
=+
zyxcb
bc
cb

+ Với a=4 ta có
⎩
⎨
⎧
=
=+
2
2
bc
cb
Không có nghiệm nguyên
+ Với a=8 ta có
4,51
1
2
==−=⇒−==⇒
⎩

⎨
⎧
=
−=+
zyxcb
bc
cb

Vậy hệ có 4 nghiệm
(1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4 ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)







1.0








1.0
Câu 9: (2 điểm) Cho tam giác ABC có BC=a, CA=b, BA=c. Từ một điểm M
trong tam giác hạ các đường vuông góc MA
1

, MB
1
và MC
1
xuống các đường
thẳng BC, CA và AB. Với vị trí nào của M thì
111
MC
c
MB
b
MA
a
P ++=
đạt giá
trị nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất đó với a=
3 ; b= 5 và c= 7
Hướng dẫn: Đặt MA
1
= x, MB
1
= y , MC
1
= z.
Ta có: ax + by + cz = 2S
ΔABC

Với S
ΔABC
=

4
))()()((
acbbcacbacba −+−+−+++

Lại có:
))(( czbyax
z
c
y
b
x
a
++++

)()()(
222
z
x
x
z
ca
y
z
z
y
bc
x
y
y
x

abcba
++++++++=
ABC
S
cba
Pcbacabcabcba
Δ
++
≥⇒++=+++++≥
2
)(
)(222
2
2222

Dấu bằng đạt được x=y=z . Khi đó M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC.
Vậy khi M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thi P đạt giá trị nhỏ
nhất.
P
min
≈11.389 779 4

0.5






0.5




0.5
0.5
Câu 10: (2 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x≥y≥ z và 32-3x
2
=z
2
=16-
4y
2
. Tìm giá trị lớn nhất của A=xy+yz+zx. Với x, y, z bằng bao nhiêu thì A đạt giá trị
lớn nhất.
Hướng dẫn:
Ta có: y
2
=
4
z - 16

2
và x
2
=
3
z - 32
2
.
Vì y ≥z ⇒
4
z - 16
2
≥ z
2
⇔ 5z
2

≤
16
⇔
0<z
≤
5
4

4/4
Mặt khác: x
2
-3y
2
=
12
)9144(4z-128
4
3z - 48
-
3
z - 23
2222
z−−
=
0
12
16 -
5
16
5

12

165z
2
=≤
−
=

⇒
x
2
≤
3y
2

⇔
x
≤ y3

Từ đó suy ra:
y
x
⋅
2
3 y≤
Ta có: xz =
(
)
()
222
2
2

2
z
2
3

3
3
2
3
z
32
3

3
3 +=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎝
⎛
+≤⋅ yz
yx
z
x

(cosi dấu = khi
z
x
=
3
)
và yz
()
22
z
2
1
+≤ y
(dau= khi y=z).
Khi đó: A=xy + yz + zx
≤ 3 y
2
+
(
)
22
z
2

1
+y +
()
z
2
3
22
+y
=
2
2
2
13
4
16
2
1
2
3
3 z
z
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+

+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++

= 2
()
2
8
33
133 z
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
+
++
()
5
16332
5
16
8
33
236
+
=⋅
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
++≤

Dấu = xảy ra khi: x =
5
3

4
và y = z =
5
4

Vậy giá trị lớn nhất của A là: A
max
=
5
16332 +
≈14.285 125 2
khi
()
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
5
4
,
5
4
,
5
3

4z y; x;
≈(3,098 386 7; 1.788 854 4; 1.788 854 4)



0.5








0.5










0.5

0.5