http:/webdethi.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH

NGÀY THI ...
http:/webdethi.net
+ với t  1 ta có

x  1
x2
(t/m).
=1  x 2  3x  2  0  
x2
x  2x  4


+ với t  2 ta có

x2...
http:/webdethi.net
Do đó c {2;3}
+ Với c  2 suy ra
2 1 1 1 7
1 1 1 1
1 2
1 1
        (1)   và 
3 2 a b 10
6 a...
http:/webdethi.net
Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên  ADI  AHO  900
 OA  MN

Do vậy KI//OA.
+ Do tứ giác BMNC ...
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Dap an-de-thi-hoc-sinh-gioi-toan-lop-9-bac-giang

490

Published on

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 tỉnh Bắc Giang tại: http://webdethi.net

Published in: Education
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
490
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
4
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Transcript of "Dap an-de-thi-hoc-sinh-gioi-toan-lop-9-bac-giang"

  1. 1. http:/webdethi.net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NGÀY THI 30 /3/2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC Bản hướng dẫn chấm có 04 .trang http://webdethi.net – Tổng hợp đề thi online Hướng dẫn giải Câu 1 (5 điểm) Ta có A  3 26  15 3  3 26  15 3  3 8  3.22 3  3.2.( 3)2  ( 3)3  3 8  3.2 2 3  3.2.( 3)2  ( 3)3 1. (2 điểm)  3 (2  3)3  3 (2  3)3  (2  3)  (2  3) A2 3. 0.5 0.5 0.5 0.5 KL: Điều kiện: 2  a  11 http:/webdethi.net Đặt x  a  2 (0  x  3)  a  x 2  2 . Tính được P  2 ( x  2)  x x 2  9   3x  1 1  .  :   2   2 3  3  x 9  x   x  3x x  ( x  2)  3( x  3)   2 x  4  . :  3  9  x 2   x ( x  3)  ( x  2) x( x  3) x  .  3  x 2x  4 2 a2 = 2 (3 điểm)  0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 KL: Câu 2 (4 điểm) ĐK: x  2 . Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành: 3. ( x  2)( x 2  2 x  4)  2( x 2  2 x  4)  ( x  2) 0.5 Chia cả hai vế của phương trình cho x 2  2 x  4 , ta được 1 (2 điểm) x2 x2 3 2  2  0 (1) x  2x  4 x  2x  4 0.5 x2 (t  0) x  2x  4 Thay vào (1) ta được t 2  3t  2  0  t  1 hoặc t  2 (t/m) 0.5 2 Đặt t  2
  2. 2. http:/webdethi.net + với t  1 ta có x  1 x2 (t/m). =1  x 2  3x  2  0   x2 x  2x  4  + với t  2 ta có x2 =2  4 x 2  9 x  14  0 (vô nghiệm). 2 x  2x  4 2 0.5 KL:  x 2  1  y( x  y)  4 y   2 ( x  1)( x  y  2)  y  2 (2 điểm) x2 1  0  + Với y  0 Hpt trở thành:  2 (vô nghiệm) ( x  1)( x  2)  0   x2  1  ( x  y)  4   y + Với y  0 .Hệ trở thành  2 (1) ( x  1)( x  y  2)  1  y  0.5 0.5 x2 1 a  b  4 + Đặt a  , b  x  y thay vào hpt(1) ta được  y a(b  2)  1 + Giải được: a  1, b  3 0.5  x2 1 1  + Với a  1, b  3   y . x  y  3  0.5 http:/webdethi.net Giải được nghiệm của hệ: ( x; y )  (1;2) và (x;y)=(-2;5) + KL: Câu 3 (4 điểm) Xét pt hoành độ giao điểm: x2  x  m  x 2  x  m  0 (1) Đường thẳng  cắt đths đã cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ 0.5 khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt. + Điều kiện:   1  4m  0 1 m . 4 1 (2 điểm) + Khi đó A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) + Theo định lí Viet x1  x2  1, x1 x2  m . Ta có y1  x1  m, y2  x2  m + ( x1  x2 ) 4  ( y1  y2 )4  18  ( x1  x2 )4  9  [( x1  x2 ) 2  4 x1 x2 ]2  9  m  1 (k o t / m) + Tìm được   m   1 (t / m )   2 0.5 0.5 0.5 KL: 2 (2 điểm) 2 1 1 1 7     . Không giảm tính tổng quát 3 a b c 10 2 3 giả sử a  b  c  1 . Suy ra   2c  9 3 c + Từ giả thiết suy ra: 0.5
  3. 3. http:/webdethi.net Do đó c {2;3} + Với c  2 suy ra 2 1 1 1 7 1 1 1 1 1 2 1 1         (1)   và  3 2 a b 10 6 a b 5 6 b b 5 Do đó b  {7;11} 1 1 2 + Với b  7 từ (1) suy ra    a  {19; 23; 29;31;37; 41} 42 a 35 5 1 6 + Với b  11 từ (1) suy ra    a  13 ( do a>b) 66 a 55 + Với c  3 từ giả thiết suy ra 1 1 1 11 1 2    (*)    b  6  b  5 ( do b>c) 3 a b 30 3 b 15 Thay b  5 vào (*) được 6  a   a  7 . 2 0.5 0,5 0.5 Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn: (19;7;2), (23;7;2), (29;7;2), (31;7;2), (37;7; 2), (41;7;2), (13;11;2), (7;5;3) và các hoán vị của nó. Câu 4 (6 điểm) http:/webdethi.net 1 (2 điểm) + Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN  AHN 0.5 + Lại có AHN  ACH (vì cùng phụ với góc CHN ) 0.5 + Suy ra ACB  AMN , mà AMN  NMB  1800 nên ACB  NMB  1800 0.5 KL: 0.5 + Có AID  AOH vì cùng bằng hai lần ACB . 0.5 AD AI  AH AO 1 1 1 1 + Có AO  BC  ( HB  HC ), AI= AH  HB.HC 2 2 2 2 1 AO HB  HC 1 1 + Do đó     . AD AH . AI HB.HC HB HC + Tam giác AID 2 (2 điểm) AOH  + Tính được BC=5, AH  3 (2 điểm) 12 5 + Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó KI là đường trung trực của đoạn MN. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
  4. 4. http:/webdethi.net Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên  ADI  AHO  900  OA  MN Do vậy KI//OA. + Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK  BC . Do đó AH//KO. + Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành. 0.5 Bán kính R  KB  KO 2  OB 2  AI 2  1 1 1 769 BC 2  AH 2  BC 2  4 4 4 10 Câu 5 2 2 2 2 2 Ta có: a  2b  3  (a  b )  (b  1)  2  2ab  2b  2 Tương tự: b 2  2c 2  3  2bc  2c  2 , c 2  2a 2  3  2ac  2a  2 0.5 (1 điểm) 0.5 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1  2  2  (   ) 2 2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 ab  b  1 bc  c  1 ac  a  1 1 1 1 1 1  (   ) . 2 ab  b  1 1  1  1 1  a  1 2 a ab b 2 0.5 Điểm toàn bài (20điểm) Lưu ý khi chấm bài: - - http:/webdethi.net Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.

×