Đề thi HSG toán lớp 9 có đáp án đề 51

Sở GD&ĐT Thanh Hoá đề thi tuyển sinh lớp 10 (36)
trờng THPTchuyên Lam sơn năm 2006
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
CâuI: (1.5 điểm)
Cho biểu thức






+










+


+
++
+
=
2

2
1:
8
328
2
4
42
)2(
2
xxx
x
xxx
xx
P
1) Rút gọn P.
2) Giải phơng trình P = x 4.
(Bài 17 trang 29 Căn số và Toán vô tỉ Hoàng Kỳ NXBGD 2001, ý 2) sáng tác)
CâuII: (1.5 điểm)
Cho phơng trình: x
2
+ (2m 1)x + m - 2 = 0 (*) (m là tham số)
1) Xác định m để phơng trình (*) có hai nghiệm trong đó có một nghiệm nhỏ hơn 1, còn nghiệm
kia lớn hơn 2.
2) Xác định m để phơng trình (*) có hai nghiệm x
1
và x
2
thoả mãn hệ thức :
3
11

2
2
2
1
=+
xx
.
(Sáng tác)
CâuIII: (1.0 điểm)
Tìm hai số tự nhiên biết hiệu bình phơng hai số đó bằng 169.
(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 1972 1973).
CâuIV: (2.0 điểm)
1) Giải phơng trình:
0126
2
=++
xxx
(Sáng tác).
2) Vẽ đồ thị hàm số:
121
++=
xxy
Tìm m để phơng trình:
mxx
=++
121
có nghiệm duy nhất. (Sáng tác).
CâuV: (2.0 điểm)
Cho hình vuông MNPQ, lấy điểm E thuộc cạnh MQ, điểm F thuộc cạnh NP sao cho: ME = PF. Các
đờng thẳng MF và NE cắt đờng thẳng PQ lần lợt tại B và C. Kéo dài MB và NC cắt nhau tại A.

Chứng minh rằng tam ABC là tam giác vuông.
(Bài toán 5, Toán học và tuổi trẻ
2002
8
).
CâuVI: (2.0 điểm)
Kéo dài cạnh CC của hình hộp ABCD.ABCD về phía C và lấy điểm M trên đó sao cho: MC =
CC. Một đờng thẳng thay đổi qua A cắt AM tại P
1
; cắt AC tại P
2
. Gọi I là giao điểm của AP
1
và
AC.
1) Chứng minh
''
'
1
2
CA
IA
AP
AI
+=
và
''
'
1
CA

IC
AP
AI
=
.
2) Gọi V là thể tích hình hộp; V
1
, V
2
là thể tích hình chóp P
1
ABCD và P
2
ABCD. Chứng minh:

21
216
VVV
+=
.
(Bài toán 3 trang 116 Hình hộp và hình tứ diện Văn Nh Cơng).
Sở GD&ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Lê Lai
------------*------------
đáp án - thang điểm
đề thi tuyển sinh lớp 10 trờng THPT chuyên Lam sơn
năm học 2006 - 2007
Môn: toán
Câu
ý

Nội dung Điểm
I 1.50
I.1 1.00
Điều kiện: x > 0 và x
4
( ) ( )
2
:
8
3284242)2(
2
+
++++
=
x
x
xx
xxxxxx
P
0.25
( )
( )
x
x
xx
xxx 2
.
8
424
+

++
=
0.50
( )( ) ( )
x
x
x
x
xx
xxx
2
22
.
8
82
+
=
+

+
=
0.25
I.2 0.50
Với điều kiện ở câu 1), ta có:
P = x 4

( )( )
023
0232

4
)2(
2
=
=+
=
+

xx
xxx
x
x
x
0.25








=
+
=

2
173
2
173

x
x
0
2
173
<

=
x
loại, với
2
173
+
=
x
ta có
2
17313
+
=
x
thoả mãn điều
kiện câu 1).
Vậy phơng trình có một nghiệm duy nhất là
2
17313
+
=
x
0.25

II 1.50
II.1 0.75
Ta tìm m để phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm kia lớn
hơn 1.
Đặt x= X + 1 ta đợc phơng trình:
X
2
+ (2m +1)X + 3m 2 = 0 (**)
Nếu x < 1 thì X < 0 và nếu x > 1 thì X > 0, do đó, ta tìm m để phơng trình
(**) có hai nghiệm trái dấu
3
2
023
<<
mm
(1)
Vậy nếu m <
3
2
thì phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm
kia lớn hơn 1.
0.25
Tơng tự, ta tìm m để phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 2 còn nghiệm
kia lớn hơn 2.
Đặt x = Y + 2 ta đợc phơng trình:
Y
2
+ (2m + 3)Y + 5m = 0 (***)
Phơng trình (***) có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:
5m < 0

m < 0 (2)
0.25
Phơng trình (*) có một nghiệm nhỏ hơn 1 còn nghiệm kia lớn hơn 2 khi và
chỉ khi m thoả mãn đồng thời (1) và (2). Vậy m < 0.
0.25
II.2 0.75
Phơng trình (*) có hai nghiệm x
1
, x
2
khác 0 khi và chỉ khi:




+








02
0984
0
0
2

m
mm
a
c
(I)
0.25
Ta có:
2
2
2
121
2
21
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
32)(
3
3
11
xxxxxx

xxxx
xx
=+
=+
=+
0.25



=
=

=+
7
1
076
2
m
m
mm
Cả hai giá trị này đều thoả mãn (I).
Vậy các giá trị m cần tìm là m = 1 và m = -7.
0.25
III 1.00
Gọi 2 số đó là x, y (x, y

N) ta có
169
22
=

yx

1.169169.113.13))((
===+
yxyx
(x, y

N)
0.25
Ta đợc hệ sau:
(I)



=+
=
13
13
yx
yx

(II)



=+
=
169
1
yx

yx
(III)



=+
=
1
169
yx
yx
0.25
(I)



=+
=
13
13
yx
yx






=
=

0
13
y
x
(II)



=+
=
169
1
yx
yx






=
=
84
85
y
x
(III)

=+
=
1
169
yx
yx






=
=
84
85
y
x
0.25
Do
Ny
=
84
nên chỉ có 2 cặp số thoả mãn yêu cầu bài toán đó là (13;0)
và (85;84).
0.25
IV 2.00
IV.1 1.00
TX§: D =
);12[

+∞−
Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi ph¬ng tr×nh:
( )
−+
2
3x
( )
993
=++
x
§Æt
( )





>=++
=+
093
3
vx
ux
Ta cã





=−

=−
9
9
2
2
uv
vu
0.25




=−
=++−
⇔
9
0)1)((
2
vu
vuvu

⇔






=−




=++
=−
9
01
0
2
vu
vu
vu
0.25












=−
=++



=−

=−
⇔
(II)
9
01
(I)
9
0
2
2
vu
vu
vu
vu
Gi¶i (I)



=−
=−
9
0
2
vu
vu

⇔









+
=
+
=
2
371
2
371
v
u
hoÆc







<
−
=
−
=
0
2

371
2
371
v
u
(lo¹i)
Gi¶i (II)



=−
=++
9
01
2
vu
vu

⇔








<
−−
=

+−
=
0
2
331
2
331
v
u
(lo¹i) hoÆc







+−
=
−−
=
2
331
2
331
v
u

0.25