UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình 4 2 2 3 4 0x mx m− + − = (1) 1. Xác định m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. 2. Khi (1) có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4 , , ,x x x x , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 6A x x x x x x x x= + + + − Bài 2: (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 10 2 2 4 5 20 x y x x y y  + + − =   + + − + =   2. Tính tổng 2 2 2 2 1 1 1 1 4 3 8 15 12 35 2020 1020099 S x x x x x x x x = + + + + − + − + − + − + khi 2011x = . Bài 3: (2,0 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2 2 2 2 10 2x y xy x y+ + = − Bài 4: (6,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C. 1. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC. 2. Tính số đo góc A của tam giác ABC. Bài 5: (2,0 điểm) Một hình tròn bán kính 1 cm lăn ở ngoài một tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 6 cm và 8 cm. Hình tròn khi lăn luôn tiếp xúc với một trong các cạnh của tam giác và tại mỗi đỉnh của tam giác, hình tròn vẫn luôn giữ tiếp xúc với đỉnh đó khi lăn từ một cạnh sang cạnh kế tiếp. Khi hình tròn lăn một vòng đầy đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu ? Bài 6: (2,0 điểm) Người ta thiết lập dãy các hình ngũ giác bằng các chấm điểm được biểu diễn bởi 5 hình ngũ giác đầu tiên như hình vẽ sau. Hỏi ngũ giác thứ 25 gồm bao nhiêu chấm điểm ? Tìm công thức để tính n u với n u là số chấm điểm tạo nên hình ngũ giác thứ n. Hết UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn : TOÁN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: Bài Câu Nội dung Điểm 1 (4 điểm) 1.1 (2 đ) 4 2 2 3 4 0x mx m− + − = (1) Đặt 2 0t x= ≥ , phương trình (1) trở thành: 2 2 3 4 0t mt m− + − = (2) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. Ta có 2 2 3 7 ' 3 4 0 , 2 4 m m m m   ∆ = − + = − + > ∀ ∈  ÷   R Do đó (2) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt. Để (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 1 2 ,t t , cần và đủ là: 1 2 1 2 3 4 0 4 2 0 3 P t t m m S t t m = = − >  ⇔ >  = + = >  Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 4 3 m > 0,5 0,5 1,0 1.2 (2 đ) Với điều kiện: 4 3 m > , phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 1 2 ,t t , nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: 1 1 2 1 3 2 4 2 , , ,x t x t x t x t= = − = = − , suy ra: 2 1 4 3 ,x x x x= − = − và 2 2 2 2 1 2 1 3 4 2 ,x x t x x t= = = = , do đó: 4 4 4 4 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 6 2 2 6A x x x x x x x x t t t t= + + + − = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 5 2 4 5 3 4 2 4 15 20A t t t t m m m m     = + − = − − = − +     2 15 95 95 8 8 64 8 A m     = − + ≥    ÷       . Vậy min 95 8 A = khi và chỉ khi 15 4 8 3 m = > (thỏa điều kiện) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 2 (4 điểm) 2.1 (2 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 10 1 2 10 2 2 4 5 20 1 1 2 1 20 x y x y x x y y x y   + + − = + + − =   ⇔       + + − + = + + − + =         Đặt 1; 2u x v y= + = − , hệ phương trình trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 10 10 1 1 20 19 9 u v u v u v u v u v u v u v  + =   + = + =  ⇔ ⇔    + + = + + = =     Do đó 2 2 ,u v là hai nghiệm của phương trình 2 1 2 10 9 0 1; 9t t t t− + = ⇔ = = . Suy ra: 2 2 1 9 u v  =  =  hoặc 2 2 9 1 u v  =  =  1 3 u v = ±  ⇔  = ±  hoặc 3 1 u v = ±   = ±  0,25 0,5 0,5 2 Giải các hệ ( ) ( ) 1 1; 2 3 , 1 1; 2 3 ,x y x y+ = − = + = − = − ( ) ( ) 1 1; 2 3 , 1 1; 2 3x y x y+ = − − = + = − − = − ( ) ( ) 1 3; 2 1 , 1 3; 2 1 ,x y x y+ = − = + = − = − ( ) ( ) 1 3; 2 1 , 1 3; 2 1x y x y+ = − − = + = − − = − Ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 0;5 , 0; 1 , 2;5 , 2; 1 , 2;3 , 2;1 , 4;3 , 4;1x y = − − − − − − 0,75 2.2 (2 đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 3 3 5 5 7 1009 1011 S x x x x x x x x = + + + + − − − − − − − − . Điều kiện để S có nghĩa: 1,3,5, ,1009,1011x ≠ hay: 2 1, , 1 506x k k k≠ − ∈ ≤ ≤Z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 5 3 7 5 1007 1009 1009 1011 S x x x x x x x x x x   = − + − + − + + − + −  ÷ − − − − − − − − − −   ( ) ( ) 1 1 1 505 2 1011 1 1 1011 S x x x x   = − =  ÷ − − − −   Khi 2011x = (thỏa điều kiện) thì 101 402000 S = 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 3 (2 điểm) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 10 2 1 2 10 0x y xy x y y x yx y+ + = − ⇔ + + + = , đây là phương trình bậc hai theo ẩn x và tham số là y vì 2 1 2 0,y y+ > ∀ ∈R . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 ' 25 1 2 24 2y y y y y∆ = − + = − . Để phương trình có nghiệm nguyên thì 2 24 2 0y− ≥ và ( ) 2 2 24 2y k k− = ∈Z 2 24 2 0, 0; 1; 2; 3y y y y y y− ≥ ∈ ⇔ = = ± = ± = ±Z Với 0 ta có 0y x= = nên (0 ; 0) là một nghiệm của phương trình. Với 1; 3y y= ± = ± thì '∆ = 22 và '∆ = 6, không phải là các số chính phương. Với 2y = ± ta có 2 ' 4.16 8 ' 8∆ = = ⇒ ∆ = , ta có nghiệm của phương trình: ( ) 10 8 2 9 y x y − ± = = ± . Khi 2y = phương trình có một nghiệm nguyên 2x = − Khi 2y = − phương trình có một nghiệm nguyên 2x = . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: ( ) ( ) ( ) 0; 0 , 2; 2 , 2; 2x y x y x y= = = = − = − = 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 3 4 (6,0 điểm) 4.1 (2 đ) + Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứng với nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy ra: · · BHC BKC= . Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại D. Ta có: · · BAK BCK= (góc nội tiếp cùng chắn cung » BK ) và · · BCH BCK= (CI là đường cao của tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc C). Suy ra: · · BAK BCE= Mà · · 0 90BAK ABC+ = nên · · 0 90BCE ABC+ = Do đó: · 0 90BEC = , nên CE là đường cao thứ hai của tam giác ABC. H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H là trực tâm của tam giác ABC. 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 4.2 (4 đ) (2 đ) + Trường hợp H ở trong đường tròn (O): Kẻ đường kính FG của (O) vuông góc với dây BC tại M, thì M là trung điểm của BC. Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung » » KF AG KF AG= ⇒ = (1). Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy ra: AG = OH (2). Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân. Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên · · 0 1 1 cos 60 2 2 2 R OM OM OF FOC FOC OC = = ⇒ = = ⇒ = Mà · · · 0 1 60 2 BAC BOC FOC= = = (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 (1 đ) + Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở trên nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính PQ là tiếp tuyến của (O) tại A. Khi đó tam giác ABC có 2 góc nhọn và một góc tù (góc C tù chẳng hạn). Ta có: · · · · 0 90 ,HBI AHB HBI IBK+ = = (đối xứng nhau qua BI), · · IBK CAK= (góc nội tiếp cùng chắn cung KC), nên · · 0 90CAH AHB+ = , suy ra: BH ⊥ AC tại D. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm của OF và · 0 60BAC = 0,25 0,25 0,5 4 (1 đ) + Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A) đường kính PQ và không chứa O: Khi đó A là góc tù. Ta cũng chứng minh tương tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán kính OF. Suy ra · · 0 0 60 120MOC BOC= ⇒ = Mà · · 0 120BFC BOC= = (2 góc đối xứng nhau qua BC). Nhưng · · BAC BFC= (góc nội tiếp cùng chắn cung BKC. Vậy · 0 120BAC = 0,25 0,25 0,25 0,25 5 (2,0 điểm) + Quỹ đạo của tâm hình tròn khi hình tròn lăn đủ một vòng trên các cạnh của tam giác ABC gồm 3 đoạn thẳng có độ dài bằng 3 cạnh của tam giác vuông nối với nhau bởi các cung tròn bán kính bằng 1 cm, các cung tròn có số đo lần lượt là: 0 0 0 90 , 180 , 180 α β − − , do đó tổng số đo của 3 cung tròn là: ( ) 0 0 0 90 360 360 α β + − + = (vì 0 90 α β + = ). Ta có độ dài cạnh huyền là 2 2 6 8 100 10cm+ = = Vậy độ dài của quỹ đạo của tâm hình tròn là: 360 6 8 10 24 2 ( ) 180 r cm π π + + + = + (vì r = 1 cm) 0,5 0,5 1,0 6 (2,0 điểm) Gọi n u là số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n. Ta có: 2 2 2 1 2 3 4 1; 2 1 5; 3 2 1 12; 4 3 2 1; n n u n= = + = = + + = = + + + Tổng quát: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 3 2 1 2 n n n u n n n n − = + − + − + + + + = + . Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm: + Một hình vuông có n hàng chấm điểm, mỗi hàng có n chấm điểm, nên hình vuông đó có 2 n chấm điểm. + Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh trên của hình vuông, còn lại là 1n − hàng, mỗi hàng có số chấm điểm giảm dần như sau: 1, 2, , 3, 2, 1n n− − . Do đó hình tam giác có số chấm điểm: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 3 2 1 : 1 2 3 3 2 1 n n S n n n hay S n n n = − + − + − + + + + = + + + + − + − + − Suy ra: ( ) ( ) 1 2 1 1 2 n n S n n S n n= − ⇔ = − Vậy: ( ) 2 1 2 n n n u n − = + Áp dụng: 2 25 25 12.25 925u = + = 0,5 0,5 0,5 0,5 5 6 . UBND TỈNH THỪA THI N HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài. nên hình ngũ giác thứ n. Hết UBND TỈNH THỪA THI N HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 20 09 - 2010 Môn : TOÁN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM: Bài Câu Nội dung. 20 19 9 u v u v u v u v u v u v u v  + =   + = + =  ⇔ ⇔    + + = + + = =     Do đó 2 2 ,u v là hai nghiệm của phương trình 2 1 2 10 9 0 1; 9t t t t− + = ⇔ = = . Suy ra: 2 2 1 9 u v  =  = 