Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 có đáp án - Đề 27

thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam sơn (12)
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút .
	-----------------------------------------------------------
Bài I (2 điểm)
	1/ Giải phương trình: .
2/ Chứng minh phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ạ 0 ) luôn có hai nghiệm phân biệt. Biết rằng 5a – b + 2c = 0.
Bài II (2 điểm)
	Cho hệ phương trình ( m là tham số )
	1/ Giải hệ phương trình với m .
	2/ Với giá trị nào của m thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài III (3 điểm)
 Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.
	1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường tròn.
2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD.
3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđường tròn nội tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.
Bài IV(2 điểm) 
 Cho hình chóp A.BCD có cạnh AB = x , tất cả các cạnh còn lại đều 
bằng 1. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD.
	1/ Chứng minh MN vuông góc với AB và CD.
	2/ Với giá trị nào của x thì thể tích hình chóp A.BCD lớn nhất.
Bài V(1 điểm) 
 Cho các số dương a , b , c thay đổi và thoả mãn a + b + c = 4. 
 Chứng minh: .
	--------------------------------------------------
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh. . .
Chữ ký của người coi thi: Số 1: . Số 2: 
thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam sơn
Hướng dẫn chấm thi Môn : Toán 
	 --------------------------------------------------------------
	-Hướng dẫn chấm này có 4 trang .
- Dới đây là sơ lựoc cách giải, Giám khảo căn cứ vào bài làm của học sinh để chấm cho chính xác. Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa .- Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần không làm tròn .
Bài 1 ( 2 điểm) 	 Điểm
Câu I (1điểm ) 	0,5 đ	 0,25 đ 
	 	 0,25 đ	Câu 2 ( 1 điểm ) 
Do a khác 0 nên phương trình đã cho là bậc hai . Ta có 
D = b2 – 4ac mà 5a – b + 2c = 0 nên b = 5a +2c . 0,25đ
Suy ra D = ( 5a + 2c )2 – 4ac = 25a2 + 20ac + 4c2 -4ac 
	 = 25a2 +16ac + 4c2 	 0,25đ
 = ( 4a + 2c )2 + 9a2 > 0 . Vì a khác 0 0,25 đ
à phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt . 	 0,25 đ
Bài II ( 2 điểm)
Câu 1 ( 1 điểm)
	Khi m = - 1 hệ trở thành 0,25 đ
1) Với y ³ 2 hệ trở thành thoả mãn 0,25 đ
2) Với y < 2 hệ trở thành thoả mãn 0,25 đ
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( 1 ; 3 ) và ( - 1 ; - 1 ) . 0,25 đ
Câu 2 (1 điểm)
	1) Với y ³ 2 hệ trở thành 0,25 đ
Hệ này vô nghiệm khi y 2 (*) 0,25 đ
2) Với y < 2 hệ trở thành 
	hệ này vô nghiệm khi y = m ³ 2 	(**) 0,25 đ
Từ (*) và (**) , hệ đã cho vô nghiệm thì phải có m > 2 . 
Vậy hệ vô nghiệm khi m > 2 .	 0,25 đ
Bài III (3điểm)
Câu 1 ( 1 điểm)
Do góc NAE = góc NCE = 1v (gt) nên tứ giác NACE nội tiếp 
trong đường tròn à góc CNE = góc CAE = 450 	 0,5 đ
=> tam giác NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là 
trung tuyến nên CH là đường cao ố góc CHE = 1 v 	 0,25 đ
=> gócCBE = góc CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội
 tiếp đợc trong đường tròn.	 0,25 đ
Câu 2 (1 điểm)
Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện 
tích hình vuông là 1 . Đặt AN = x ( x > 0) ố DN =1 + x .	 
Trong tam giác vuông NDC có
 CN2 = CD2 + DN2 = 1 + (1 +x)2 = x2 +2x + 2 . 	 0,25 đ
Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE = = 0,25 đ
	Từ SNACE = 3 S ABCD ố 
	=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) .	 0,25 đ
	Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có : 
	=> AM = MB hay M là trung điểm của AB . 	 0,25 đ
Câu 3 (1 điểm)
	 Trớc hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam 
giác BHC .
	+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đường tròn =>
góc AEN =góc ACN (1) ( cùng chắn cung AN ) 
và góc NAC + góc NEC = 2 v (2)	 0,25 đ
	+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên góc BEH = góc BCH ( 3 ) 
( cùng chắn cung BH ) và góc HBC + góc HEC = 2 v (4) . 	 0,25 đ
 	Từ (1) và (3) ta có góc HCB = góc ACN và góc HBC = góc NAC .
	Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .	 0,25 đ
	Gọi r1 ; r2 lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai
 tam giác ANC và BCH . Khi đó ( không đổi ) 0,25 đ
Bài IV(2 điểm) 
Câu 1 (1 điểm)
Từ giả thiết ta có tam giác ACD và BCD là các tam giác đều
 nên AN , BN là các đường cao tơng ứng của 2 tam giác đó .
 Do đó CD ^ AN và CD ^ BN => CD ^ (ANB ) => CD ^MN . 	 0,5 đ
Lại có AN = BN vì chúng là đường cao của tam giác đều cạnh 
bằng 1 nên tam giác ANB cân mà MN là đường trung 
tuyến nên MN^AB . 	 0,5 đ
Câu 2 (1 điểm)
Theo chứng minh trên thì CN và DN là các đường cao của hai 
hình chóp C.ABN và D.ABN
Gọi V là thể tích hình chóp ABCD , VCABN ,VDABN là thể tích
 hình chóp CABN và DABN thì :
V = VCABN + V DABN = 
=	 0,25 đ
Tính MN : Trong tam giác AMN có MN2 = AN2 – AM2 
Do tam giác ACD đều có cạnh bằng 1 nên AN = 
còn AM = nên MN = 	 0,25 đ
Vậy V= 	 0,25 đ
Ta có 
Dấu bằng xảy ra khi x2 = 3 - x2 ú x = . 
Do vậy V Ê . => V lớn nhất khi x = 	 0,25 đ
Bài V (1 điểm)
	Do a , b, c > 0 và từ giả thiết ta có :
	a + b (1 )	 0,5 đ
	Tơng tự ta có 	 	 b + c	 < 2 (2)
	 a + c < 2 (3) 0,25 đ
Cộng vế với vế của (1) , (2) , và (3) ta có 
hay ( ĐPCM) 	 0,25 đ
B
E
H
D
N
A
C
M
---------------------------------------------------
B
D
C
N
Hình vẽ bài IV
Hình vẽ bài III
M
A