thì với cho điểm tối đa.. * Mọi cách giải khác hợp lý cho đáp số đúng thì cho điểm tối đa.
Trang 1Sở Giáo dục - Đào tạo
Thái Bình Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2009-2010
Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn TOáN
(Gồm 5 trang)
Bài 1: (3 điểm)
Ta có: 2x y2 42y4y25x2y5xy42x2 1
(y4 1)(2x2 5x2) ( y1)2 (1)0
0,5
* Nếu y phơng trình (1) 0 2 5 17
4
(loại) 0,25
* Nếu y 1 phơng trình (1) nghiệm đúng x Z 0,25
* Nếu y phơng trình (1) vô nghiệm.1 0,25
* Nếu y 0; y1
Do y Z y41 > 0; (y+1) > 02 nên pt(1) có nghiệm
2
Mà x Z x1
1
phơng trình (1) y1 y3 y2 2 0
y3 y2 2 0 (do y1)
y y2( 1) 2
Phơng trình này vô nghiệm vì y0; y và 1 y Z nên y y 2( 1) 4
0,5
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm:
1
x Z y
0,25
Bài 2: (3 điểm)
ĐKXĐ x y 0
Với đk này hệ phơng trình đã cho
2
3 85 3( ) ( )
( ) 3
1 13 ( ) ( )
3
x y
x y
0,5
x y b
ta có hệ phơng trình:
2 2
2
3 85 3
3
1 13 3
a
b a
a
2 2
2 2
3
1 13
3
a
2 13 11 0 1;
2
1
Trang 2§¸P ¸N §IÓM
* xÐt b 1 ta cã 1 10 1
3;
a
(tho¶ m·n)
Ta cã hÖ 3
1
x y
x y
hoÆc
1 3 1
x y
x y
x2; y hoÆc 1 2 1
;
0,75
* xÐt 11
2
b ta cã 1 7 2
6 7 6 0 6
a
ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm 0,5 KÕt luËn: HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x2; y hoÆc 1 2 1
;
Bµi 3: (3 ®iÓm)
Gi¶ sö x lµ nghiÖm cña ®a thøc P(x) o x o 0
ta cã: x o4bx o3cx o2bx o 1 0 2 12 1
0
0,5
2
2 1
1 2
o
o o
o
t
x
x
0,5
bt c 2 t2 0,5
V× bt c bt c 2 t2 bt c
2
2
2
0,5
MÆt kh¸c
2 2
1 (do 2 )
0,5
Suy ra 1 2 2
2
c
b b c (®pcm)
0,5
Bµi 4: (3 ®iÓm)
Đkxđ: 2x y 2 0
Tõ 2 3
x y
2A2(A1)x(A 3)y
0,5
2 2
2 8 10 do 4 1
2 4 5 0
A
1,25
Trang 3§¸P ¸N §IÓM
*
2 2
0
1 2 3
x
y
x y
0,5
*
10
5
y
x y
0,5
VËy Min
3 10
5 khi
4 5
x A
y
; Max 0
1 khi
1
x A
y
0,25
Bµi 5: (3 ®iÓm)
M
A
B
C
chứng minh được O; M; F thẳng hàng 0,5
chứng minh được MA.MB = MC.MD = MC2 và MO.MF = MC2 0,5
Suy ra MOA và MBF đồng dạng (c.g.c) OAM = BFM
chứng minh tứ giác AOBE nội tiếp OAM = OEB
1
Suy ra BFM = OEB 4 điểm O; E; B; F cùng thuộc một đường tròn 0,5
Suy ra OFE = OBE = 90o OEF vuông (đpcm) 0,5
Bµi 6: (3 ®iÓm)
Trang 4§¸P ¸N §IÓM
C
B
N M
Gọi C là giao điểm của đoạn thẳng OA với đường tròn (O;R)
Trên đoạn OC lấy điểm N sao cho OC 2
0,5
Suy ra OC OM OA 2
ON ON OM MOA và NOM đồng dạng (c.g.c)
0,5
MA 2
0,5
dấu “ = ” xảy ra khi M thuộc đoạn NB
1
Vậy M là giao điểm của đoạn NB với đường tròn (O;R) 0,5
Bµi 7: (2 ®iÓm)
Gọi tam giác đã cho là ABC vuông tại A, có BC = ab ; AC = cd thì AB = ba
Theo định lý pitago ta có: ab2 cd2ba2 0,25
2 2 2
99( )
33 3 và 11 3 và 11
cd cd cd (vì 3 và 11 là các số nguyên tố)
cd33 vì 3 và 11 nguyên tố cùng nhau
Mà cd là số có hai chữ số nên cd 33; 66; 99
0,25
* Nếu cd = 33 thay vào (1) ta được 2 2
11 ( )( ) 11
Vì ABC vuông tại A nên BC > AB
do đó ta có 1 6 65; 56
0,5
* Nếu cd = 66 thay vào (1) ta được a2 b2 44 (a b a b )( ) 44 (2)
Trang 5§¸P ¸N §IÓM
Tương tự ta cũng có 0 a b a b 18 mà (a - b) và (a + b) cùng tính chẵn lẻ
nên phương trình (2) vô nghiệm
* Nếu cd = 99 lập luận tương tự cũng không tồn tai a; b
0,5
vậy số đo ba cạnh tam giác đó là AB = 56; AC = 33 và BC = 65 do đó bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác đó là:
12
56 65 33
r
0,25
Chú ý: * Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm, trong bài làm HS cần phải lập luận chặt chẽ
thì với cho điểm tối đa.
* Mọi cách giải khác hợp lý cho đáp số đúng thì cho điểm tối đa.