Đề và đáp án thi HSG toán 9 - Thừa thiên Huế

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2006 - 2007
Môn : Toán
Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm 02 trang
Bài 1: (3 điểm)
Cho biểu thức:
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x


+ +
=
ữ
ữ
ữ
ữ
+ + +



1. Rút gọn biểu thức
A

.
2. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4,0 điểm)
Cho parabol (P):
2
1
2
y x=
và đờng thẳng
: 2d y x m= +
(
m
là tham số).
1. Với giá trị nào của
m
thì (P) và
d
chỉ có một điểm chung? Khi đó
d
gọi là
tiếp tuyến của parabol (P), vẽ tiếp tuyến đó.
2. Vẽ parabol (P) và đờng thẳng
: 2d y x m= +
trên cùng một đồ thị. Từ đồ thị
suy ra, tập những giá trị của
m

để
d
cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ dơng.
3. Tìm các giá trị của
m
để phơng trình
4 2
4 2 0x x m + =
có 4 nghiệm phân
biệt. Tính các nghiệm đó theo
m
.
Bài 3: (3,5 điểm)
1. Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của
hai chữ số của nó có phân số tối giản là
16
9
và hiệu của số cần tìm với số có
cùng các chữ số với nó nhng viết theo thứ tự ngợc lại bằng 27.
2. Hãy tìm các chữ số
, , ,a b c d
biết rằng các số
, , ,a ad cd abcd
là các số chính
phơng.
Bài 4: (4,5 điểm)
Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng d không đi qua O cắt đờng tròn (O) tại
hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đờng thẳng d và ở ngoài đờng tròn (O)
vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đờng tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).
1. Chứng minh rằng

2 2
.MN MP MA MB= =
2. Dựng vị trí điểm M trên đờng thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
3. Chứng minh rằng tâm của đờng tròn nội tiếp và tâm của đờng tròn ngoại
tiếp tam giác MNP lần lợt chạy trên hai đờng cố định khi M di động trên đ-
ờng thẳng d.
Bài 5: (2,0 điểm)
1
Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm
(1;0), (0;2), ( 3;0)A B C
. Điểm D ở trên
đoạn BC sao cho DA = DC. E là điểm tùy ý trên đoạn AC, đờng thẳng d đi qua E
và song song với đờng thẳng AD cắt đờng thẳng BA tại F. Đoạn BE cắt đoạn DA
tại G. Chứng minh rằng 2 tia CG và CF đối xứng với nhau qua CA.
Bài 6: (3,0 điểm)
1) Trong các tấm bìa trình bày dới đây, mỗi tấm có một mặt ghi một chữ cái và
mặt kia ghi một số:
+ Chứng tỏ rằng để kiểm tra câu sau đây có đúng không: "Nếu mỗi tấm bìa
mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn", thì chỉ cần lật mặt sau
của tối đa là 2 tấm bìa, đó là 2 tấm bìa nào ?
2) Để thành lập các đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trờng tổ chức thi chọn
các môn Toán, Văn và Ngoại ngữ trên tổng số 111 học sinh. Kết quả có: 70
học sinh giỏi Toán, 65 học sinh giỏi Văn và 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ.
Trong đó, có 49 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Toán, 32 học sinh giỏi cả 2
môn Toán và Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Ngoại ngữ.
Hãy xác định số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Toán và Ngoại ngữ. Biết rằng
có 6 học sinh không đạt yêu cầu cả ba môn.
Hết
2
A

M
3
6
UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2006 - 2007
Môn : toán
Đáp án và thang điểm:
Bài 1
ý
Nội dung Điểm
(2 điểm)
1.
1.1
(2 đ)
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x


+ +
=
ữ
ữ

ữ
ữ
+ + +



Ta có:
( )
2
3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + >
, nên điều kiện
để A có nghĩa là
( ) ( ) ( )
3
4
3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0
3
x x x x x x x = + +
( )
( )
3
3
3
1 3
6 4 3
3
3 2 3 4 1 3
3 2
x
x x

A x
x x x
x

+
+
ữ ữ
=
ữ ữ
+ + +
ữ ữ


( )
( ) ( )
( )
6 4 3 2 3
3 3 1 3
3 2 3 2 3 4
x x x
A x x x
x x x

+
ữ
= +
ữ
+ +

( ) ( )

( )
3 4 2 3
3 2 3 1
3 2 3 2 3 4
x x
A x x
x x x

+ +
ữ
= +
ữ
+ +

( )
2
3 1
3 2
x
A
x

=

(
4
0
3
x
)

0,50
0,25
0,50
0,25
0,50
1.2
(1,0
đ)
( ) ( ) ( )
2 2
3 1 3 2 2 3 2 1
1
3
3 2 3 2 3 2
x x x
A x
x x x
+ +
= = = +

Với
x
là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì
3 3 3 9
3 2 1 3
3 1
3 1
x x
x x
x

x

= =

= =


=
=



(vì
x Z
và
0x
).
Khi đó:
4A =
0,50
0,50
1
2
2.1
(1,5đ)
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của (P) và d là:
2 2
1
2 4 2 0
2

x x m x x m = + + =
(1)
Phơng trình (1) là phơng trình bậc hai nên để (P) và d chỉ có một điểm chung
thì phơng trình (1) có nghiệm kép, tơng đơng với:
' 4 2 0 2m m
= = =
Khi đó đờng thẳng d là tiếp tuyến của (P) có phơng trình
2 2y x= +
Vẽ đúng tiếp tuyến
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
2.2
(1,25 đ)
+ Vẽ đúng (P)
+ Đờng thẳng
: 2d y x m= +
song song
với đờng thẳng
2 2y x= +
và cắt trục
Oy tại điểm B(0; m).
+ Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) tại
hai điểm có hoành độ dơng thì 0 2m< <
0,25
0,50
0,50
2.3

(1,25đ)
4 2
4 2 0x x m + =
(2)
2
4 2 0X X m + =
và
2
( 0)X x=
(3)
Để phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (3) phải có 2 nghiệm
dơng phân biệt. Từ câu 1. và 2. ta suy ra 0 2m< < .
Khi đó 4 nghiệm của (2) là:
1,2
2 4 2x m=
và
3,4
2 4 2x m= +
0,25
0,50
0,50
3.
3.1
(1,25 đ)
Gọi số cần tìm là
xy
với
, ;1 , 9x y x y Z
.
Theo giả thiết:

( )
10 16
3
9
90 9 16
10 10 27
x y
x y
xy
x y xy
x y y x
+

=
=




+ =


+ + =

Giải hệ ta có
1 2
3
9;
16
x x= =

(loại). Suy ra
6y =
.
Vâỵ số cần tìm là 96.
0,25
0,50
0,50
3.2
(2,25 đ)
a
là số chính phơng, nên
1, 4,9a =
.
Ta có
2 2
9 81; 10 100= = nên không có số
9x
nào là số chính phơng. Do đó
a
chỉ có thể là 1 hoặc 4.
ad
là số chính phơng nên
ad
chỉ có thể là 16, hoặc 49. Nên d chỉ có thể là 6
hoặc 9.
0,50
0,25
2
cd
là số chính phơng nên

cd
chỉ có thể là 16, hoặc 36, hoặc 49. Nên Nên
c
chỉ có thể là 1, hoặc 3, hoặc 4.
Nếu 1a = thì 6d = và 1c = hoặc 3c = , khi đó
1 16 1 36abcd b hay b=
và
( ) ( )
2 2
1 6 4 6bc x hay x= .
Ta có:
2 2 2 2 2
26 676; 34 1156; 36 1296; 44 1936; 46 2126= = = = = . Chỉ chọn
đợc 1936.
Nếu
4a
=
thì
9d
=
và
4c
=
, khi đó
( ) ( )
2 2
4 49 3 7abcd b x hay x= =
.
Ta có:
2 2 2

63 3969; 67 4489; 73 5329= = = . Không chọn đợc số nào.
Vậy chỉ có các chữ số
1, 9, 3, 6a b c d= = = =
thỏa mãn điều kiện bài toán.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
4.1
(1,25 đ)
Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh đợc 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
Suy ra:
2 2
.
MA MN
MN MP MA MB
MN MB
= = =
0,25
0,50
0,50
4.2
(1,25 đ)
Để MNOP là hình vuông thì đờng chéo
2 2OM ON R= =
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đờng tròn tâm O đi qua

điểm D, cắt (d) tại M.
Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có
2 2
MN MO ON R= =
, nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tơng tự, tam
giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông.
Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì
2OM R R= >
0,25
0,25
0,50
0,25
4.3
(2,0 đ)
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đ-
ờng tròn đờng kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân
MPQ nội tiếp trong đờng tròn đờng kính OM, tâm là H.
+ Kẻ
OE AB

, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ
( )HL d
thì HL //
OE, nên HL là đờng trung bình của tam giác OEM, suy ra:
1
2
HL OE=
(không đổi).
+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi,
nên H chạy trên đờng thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.

0,25
0,5
0,25
3