Ubnd tỉnh bắc ninh Sở giáo dục và Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: toán lớp 9 - thcs (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010 Câu 1 (3,5 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức: 2 3 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 + + + + . 2/ Cho hàm số f(x) = (x 3 + 6x - 5) 2010 , tính f(a) với a = 33 173173 ++ . Câu 2 (4,5 điểm) 1/ Giải hệ phơng trình: 2 2 2 x 2x y 2y x y 2y z 2z y z 2z x 2x z + = + = + = . 2/ Giải phơng trình: 3 2 1 3 x x x = . Câu 3 (4,0 điểm) Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự là tiếp điểm của (O, R) với các cạnh AB; BC; CD; DA. 1/ Chứng minh EB GD EA GC = . Từ đó, hãy tính tỷ số EB EA ,biết: AB= 4R 3 và BC=3R. 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đờng thẳng HK cắt (O, R) ở điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG. Câu 4 (4,0 điểm) 1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a bc . Hãy xác định dạng tam giác ABC. 2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK. Cho biết AH BC và BK AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC. Câu 5 (4,0 điểm) 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để ( 4 2k 1 n 4 ) + + là số nguyên tố. 2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn 3 3 a b 2+ = . Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a + b). Hết (Đề thi gồm 01 trang) Họ và tên thí sinh: Chữ ký của giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 2: Sở giáo dục - Đào tạo đáp án và hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học: 2009 2010 Môn: Toán Lớp 9 (Đáp án gồm 03 trang) Chú ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống nhất để chia nhỏ hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25. - Mọi lời giải của học sinh có phơng pháp khác với đáp án, nếu là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức trong chơng trình, tổ chấm thi thống nhất để cho điểm tơng ứng. Câu 1 (3,5 điểm) Đề chính thức 1) (1,50đ) Biến đổi Biểu thức đã cho thành 2 2 2 3 2 3 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) + + + + = (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) (3 3)(3 3) + + + + = 6 3 3 6 3 3 9 3 + + = 1 0,50 0,50 0,50 2) (2,00 đ) Từ a = 33 173173 ++ suy ra a 3 = ( 33 173173 ++ ) 3 a 3 = 6 + 3 3 3 3 17. 3 17+ ( 33 173173 ++ ) a 3 = 6 6a a 3 + 6a 6 = 0 Vậy f(a) = (a 3 + 6a - 5) 2010 = (a 3 + 6a 6 + 1) 2010 = 1 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2 (4,50 điểm) 1) (2,50 đ) Điều kiện: (x 0 ; y 0 ; z 0 ) Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ 2 2 2 (x y) x y (1) (y z) y z (2) (z x) z x (3) = = = Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phơng trình trong hệ đều không âm, do đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy ra hệ x y 0 y z 0 x y z x x y z z x 0 = = x y z 0 x y z 0 x y z 1 x x 0 = = = = = = = = = Thử lại hai bộ nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 1 0,25 0,75 0,75 0,50 0,25 2) (2,00 đ) Phơng trình đã cho tơng đơng với 3 x 3 3x 2 3x = 1 4x 3 = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 4x 3 = (x + 1) 3 3 4 x = x + 1 ( 3 4 - 1)x = 1 x = 3 1 4 1 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 3 (4,00 điểm) Đáp án Điểm 1) (2,00đ) Do AB//CD 0 CDA DAB 180 + = ; (O,R) là đờng tròn nội tiếp ABCD nên DO và AO theo thứ tự là phân giác các góc CDA và DAB 0,25 0 0 1 ODA OAD ( CDA DAB) 90 AOD 90 2 + = + = = hay tam giác AOD vuông ở O , tơng tự tam giác BOC vuông ở O. Xét các tam giác OAD và BOC vuông ở O có các đờng cao OH và OF cùng bằng R HA.HD = FB.FC = R 2 . Mặt khác theo tính chất các tiếp tuyến của (O, R), ta có HA = EA; EB = FB ; HD = GD; FC = GC. Vậy EA.GD = EB.GC EB GD EA GC = = k (1) 0,25 0,25 + Ta phải tìm k > 0 khi AB = 4R 3 và BC = 3R. Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến của (O, R) OE AB và OG CD E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG 2 = 2 2 BC (GC EB) (2) 0,25 Từ (1) có EB k kAB 4kR BF = EB (3) EB EA k 1 k 1 3(k 1) = = = + + + + 0,25 4kR GC = CF BC BF 3R 3(k 1) = = + (4) 0,25 Thay (4) và (3) vào (2), ta có 4R 2 = 2 2 2 2 8kR (k 9) 9R 3R 5 3(k 1) 9(k 1) + = + + 0,25 2 11k 18k 9 0 + = , giải phơng trình đợc nghiệm k >0 là k = 9 6 5 11 + Vậy EB EA = 9 6 5 11 + . 0,25 2) (2,00đ) Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D) DHG cân ở D mà DO là phân giác góc HDG HG DO, có MK DO MK//HG KMG HGC = . Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG của (O,R) HTG HGC = KMG HTG = tứ giác KTGM nội tiếp (5) 0,50 Lại có 0 OKM OGM 90 = = O; K; G; M thuộc đờng tròn đờng kính MO (6) 0,50 Từ (5) và (6) 5 điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO 0 MTO 90 OT MT = mà T thuộc (O, R), nên MT là tiếp tuyến của (O, R) 0,50 MT và MG là 2 tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ M MT = MG. 0,50 Câu 4 (4, 00 điểm) 1) (2,00 đ) Từ R(b + c) = a bc suy ra bc = ( )R b c a + Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có ( )R b c a + = bc 2 b c+ Suy ra 2R a. Mặt khác a 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A 0,50 1,00 0,50 A B C D G M K H E F O T _K _H _C _B _A 2) (2,00 đ) Tam giác AHC vuông tại H AC AH BC (gt) Tam giác BKC vuông tại K BC BK AC (gt) Suy ra AC = AH = BC = BK C H K Vậy ABC vuông cân tại C 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 5 (4,0 điểm) 1) (2,00 đ) Đặt M= 4 2k 1 n 4 + + + Khi n chẵn ta có n 4 chia hết cho 2, mặt khác 4 2k+1 chia hết cho 2 và 4 2k+1 >2, với mọi k Ơ . Vậy M không là số nguyên tố. + Khi n lẻ: a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố. b) Khi n 1 và k 1 , ta chứng minh M không là số nguyên tố: Ta có M = ( 2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1 n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 ) + + + + + + + = + + + Mà 2 2k 1 k 1 n 2 n.2 + + + + là số nguyên lớn hơn 1 và 2 2k 1 k 1 n 2 n.2 + + + là số nguyên (1) Mặt khác 2 2k 1 2 2k 1 k n 2 2 n .2 2n.2 2 + + + 2 2k 1 k 1 k k 1 k 1 n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 ( 2 1) 1 + + + + + = > (2) Từ (1) và (2), suy ra M là hợp số. Kết luận: 4 2k 1 n 4 + + là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0. 0,50 0,25 0,50 0,50 0,25 2) (2,00 đ) Có a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 ab + b 2 ). Từ giả thiết a 3 + b 3 = 2 (*) 2= (a + b)(a 2 ab + b 2 ) mà a 2 ab + b 2 > 0 a + b > 0 (1) 0,25 Đặt a = x +1 và b = y + 1 2 = (x + 1) 3 + (y + 1) 3 x 3 + y 3 + 3(x 2 + y 2 ) + 3(x + y) = 0 mà 3(x 2 + y 2 ) 0 x 3 + y 3 + 3(x + y) 0 (x + y)(x 2 xy + y 2 + 3) 0 mà x 2 xy + y 2 + 3 > 0 x + y 0 a + b 2 0 a + b 2 (2) 0,75 Từ (1) và (2) 0 < a + b 2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2 0,25 + Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25 + Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn 3 3 2 2 a b 1 a b 1 a b 1 ab 1/ 3 a b 2 a ab b 2 + = + = + = = + = + = (I) (a; b) là nghiệm hệ (I) khi và chỉ khi a và b là nghiệm phơng trình t 2 t 1 3 = 0, phơng trình này luôn có nghiệm điều cần chứng minh. 0,25 Kết luận: a + b có hai giá trị nguyên là 1 và 2. 0,25 UBND TNH BC NINH S GIO DC & O TO THI CHN HC SINH GII TNH NM HC 2009 2010 MễN THI: VT Lí LP 9 - THCS Thi gian lm bi : 150 phỳt (Khụng k thi gian giao ) Ngy thi : 14 / 04/ 2009 *** CHNH THC Bài 1:(3 điểm) Hai xe mỏy ng thi xut phỏt, chuyn ng u i li gp nhau, mt i t thnh ph A n thnh ph B v mt i t thnh ph B n thnh ph A. Sau khi gp nhau ti C cỏch A 30km, hai xe tip tc hnh trỡnh ca mỡnh vi vn tc c. Khi ó ti ni quy nh, c hai xe u quay ngay tr v v gp nhau ln th hai ti D cỏch B 36 km. Coi quóng ng AB l thng. Tỡm khong cỏch AB v t s vn tc ca hai xe. Bài 2:(3 điểm) Ngời ta đổ m 1 gam nớc nóng vào m 2 gam nớc lạnh thì thấy khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nớc lạnh tăng 5 0 C. Biết độ chênh lệch nhiệt độ ban đầu của nớc nóng và nớc lạnh là 80 0 C. 1. Tìm tỷ số m 1 / m 2 . 2. Nếu đổ thêm m 1 gam nớc nóng nữa vào hỗn hợp mà ta vừa thu đợc, khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ hỗn hợp đó tăng thêm bao nhiêu độ? Bỏ qua mọi sự mất mát về nhiệt. Bài 3:(4 điểm) Cho mạch điện nh hình vẽ 1. Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 12V. Hai bóng đèn giống nhau, trên mỗi đèn có ghi: 6V- 3W. Thanh dẫn AB dài, đồng chất, tiết diện đều. Vị trí nối các bóng đèn với thanh là M và N có thể di chuyển đợc dọc theo thanh sao cho AM luôn bằng BN. Khi thay đổi vị trí của M và N trên thanh thì thấy xảy ra hai trờng hợp các đèn đều sáng bình thờng và công suất tiêu thụ trên mạch ngoài trong hai trờng hợp bằng nhau. Tìm điện trở toàn phần của thanh AB. Bài 4:(4 điểm) Mt mỏy sy bỏt a cú in tr R = 20 mc ni tip vi in tr R 0 = 10 ri mc vo ngun in cú hiu in th khụng i. Sau mt thi gian, nhit ca mỏy sy gi nguyờn 52 o C. Nu mc thờm mt mỏy sy ging nh trc song song vi mỏy ú thỡ nhit ln nht ca mỏy sy l bao nhiờu? Nhit phũng luụn l 20 o C, coi cụng sut ta nhit ra mụi trng t l vi chờnh lch nhit gia mỏy sy v mụi trng. Bài 5:(4 điểm) Hệ quang học gồm một gơng phẳng và một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f. Gơng phẳng đặt tại tiêu diện của thấu kính (hình vẽ 2). Nguồn sáng điểm S đặt trên trục chính của thấu kính, cách đều thấu kính và gơng. Bằng cách vẽ đ- ờng đi của các tia sáng hãy xác định vị trí của tất cả các ảnh của S qua hệ. Tỡm khong cỏch gia cỏc nh ú. (C (Chỳ ý : hc sinh khụng dựng cụng thc thu kớnh) Bài 6:(2 điểm) Hãy xác định trọng lợng riêng của 1 chất lỏng với dụng cụ: một lực kế, một chậu nớc và một vật nặng. Nêu các bớc tiến hành và giải thích. Hết Họ tên thí sinh Chữ ký của Giám thị số 1 Số báo danh Chữ ký của Giám thị số 2 Sở giáo duc- Đào tạo Bắc ninh Kỳ thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh Năm học 2009- 2010 Môn: Vật lý. Lớp 9 Đáp án - Biểu điểm chấm Bài Nội dung Điểm Gi v 1 l vn tc ca xe xut phỏt t A, v 2 l vn tc ca xe xut phỏt t B, t 1 l khong thi gian t lỳc xut phỏt n lỳc gp nhau ln 1, t 2 l khong thi gian t lỳc gp nhau ln 1n lỳc gp nhau ln 2, x = AB. Gp nhau ln 1: 1 1 30v t = , 2 1 30v t x= 0,5 0,5 O F * S Hình vẽ 2 B M 1 A N 2 Hỡnh v 1 + U 1 suy ra 1 2 30 (1) 30 v v x = Gp nhau ln 2: 1 2 ( 30) 36 6v t x x= + = + 2 2 30 ( 36) 6v t x x= + = suy ra 1 2 6 (2) 6 v x v x + = T (1) v (2) suy ra x = 54km. Thay x = 54 km vo (1) ta c 1 2 2 1 1,25 hay 0,8 v v v v = = 0,5 0,5 0,5 0,5 2a 2b Nớc nóng có nhiệt độ t 1 Nớc lạnh có nhiệt độ t 2 Sau khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ hỗn hợp là t Ta có PTCBN m 1 C(t 1 -t) = m 2 C( t-t 2 ) => tt tt m m 1 2 2 1 = Theo bài ra t - t 2 = 5 t 1 t 2 = 80 => t 1 = 75 + t Thay vào 75 5 tt tt m m 1 2 2 1 = = 0,5 0,5 0,5 + Khi đổ thêm vào m 1 nớc nóng vào hỗn hợp khi cân bằng nhiêt; nhiệt độ hỗn hợp t. ta có pt cân bằng nhiệt m 1 (t 1 - t) = (m 1 + m 2 )(t- t) mà t 1 = 75 + t Thay vào m 1 (75 +t - t) = (m 1 + m 2 )(t- t) Rút gọn ta có 21 1 mm2 m75 t't + = mà 75 m5 m 75 5 m m 2 1 2 1 == Thay số vào tính đợc : t- t ~ 4,412 Vậy khi cân bằng nhiệt hỗn hợp đó tăng 4,412 0 C 0,5 0,5 0,5 3 Gọi R là điện trở của thanh AB. Khi thay đổi vị trí M và N trên thanh AB thì có hai trờng hợp các đèn sáng bình thờng. Trờng hợp 1: M và N trùng nhau tại trung điểm của thanh. Khi đó, R AM = R NB = 2 R 0,75 Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trờng hợp này là: P 1 = 2P đ + P R = 2P đ + 4U đ 2 / R (1) ở đây P đ , U đ là công suất và hiệu điện thế định mức của đèn ( P đ = 3W; U đ = 6V) 0,75 Trờng hợp 2: M và N ở hai vị trí sao cho AM = NB > 2 AB . Lúc này ta có mạch cầu cân bằng. d d d R x x R x R = = = R AM = R NB ; R đ là điện trở của đèn. 0,5 0,5 - Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trờng hợp này là: P 2 = 2P đ + P AN + P NB = 2P đ + 2U đ 2 /R AM = 2P đ + 2U đ 2 /R NB = 4P đ (2) Mặt khác, theo đề bài ta có: P 2 = P 1 (3) Từ (1), (2), (3) ta tìm đợc: 0,5 1 B M 1 A N 2 B N 1 A M 2 2 1 B A M x Nx R= 24 Ω VËy ®iÖn trë cña thanh AB lµ 24 Ω 4 Máy sấy mắc vào mạch điện như hình vẽ. ta biết rằng công suất tỏa nhiệt ra môi trường tỉ lệ với độ chênh nhiệt độ giữa máy và phòng. Khi nhiệt độ máy sấy ổn định thì công suất P bằng công suất hao phí. Lúc đầu công suất của máy sấy là: )tt(kRI 01 2 1 −= với 0 1 RR U I + = Từ đó )1)(tt(k )RR( RU 01 2 0 2 −= + Khi mắc tủ sấy song song thì:cường độ dòng điện mạch chính là: 0 ' / 2 U I R R = + Hiệu điện thế hai đầu máy sấy là: ' / 2 m U I R= Cường độ dòng điện đi qua mỗi máy sấy là: 2 0 2( / 2 ) m U U I R R R = = + Công suất của mỗi máy sấy là: )( 0 '2 2 ttkRI x −= Suy ra )2)(tt(k )R2/R(4 RU 0x 2 0 2 −= + Từ (1) và (2) suy ra: C18 )R2/R(4 )RR( )tt(tt o 2 0 2 0 010x = + + −=− suy ra t x = 38 o C 1 0,75 0,25 0,25 0,75 0,5 0,5 5 0,5 * Trường hợp 1: Xét ánh sáng đến thấu kính trước - Tia khúc xạ của tia tới SI song song với trục phụ p ∆ cắt trục phụ tại tiêu điểm phụ F’ p . Đường kéo dài F’ p I cắt trục chính tại S 1 . Suy ra S 1 là ảnh ảo của thấu kính. 0, 5 Ta thấy: SOI∆ )1( OF F F '' ' '' SO F OI FO p p =⇒∆ OIS 1 ∆ )2( F F F 1 ' 1 ' ' '' 1 S OS F OI FS p p =⇒∆ (*) FOS S OF S ' 1 1 ' O O O + =⇒ Theo bài ra: OF’= f; OS = f/2, thay vào (*) trên ta tìm được OS 1 = f Vậy S 1 trùng với tiêu điểm F’ và gương 0,5 0,5 * Trường hợp 2: Xét ánh sáng đến gương trước - Lấy S 2 đối xứng với S qua gương suy ra S 2 ảnh ảo của S qua gương, nối S 2 K sao cho S 2 K // ( p ∆ ), nối K với F’ p cắt trục chính tại S 3 suy ra S 3 là ảnh thật của S qua hệ gương ( hình vẽ) 0,5 S S O F * S * S 2 S 1 * F’ S 3 F p ’ ∆ I G K Vỡ S 2 K// p OKS 2 )3( OF F F ' 2 ' ' '' OS F OK FO p p = OKS 3 )4( OS S F F F 3 3 3 ' 3 ' ' '' 3 f O S OS F OK FS p p == T (3) v (4) suy ra: (**) OS S OF' S 3 3 2 f O O = Vỡ OS 2 = OS + SF + FS 2 = f/2 + f/2 + f/2 = 1,5f Thay vo (**) fOOfO f O f f 3SS5,1S.5,1 OS S 5,1 333 3 3 == = Kt hp hai trng hp trờn ta tỡm c khong cỏch gia cỏc nh l: S 1 S 2 = 0,5f; S 1 S 3 = 3f + f = 4f; S 2 S 3 = 3f + 1,5 f = 4,5 f 0,5 0,5 0,5 6 Cách làm: - Móc lực kế vào vật xác định trọng lợng của vật trong không khí P 1 - Móc lực kế vào vật xác định trọng lợng của vật trong nớc P 2 - Móc lực kế vào vật xác định trọng lợng của vật trong chất lỏng cần đo P 3 Giải thích: - Từ giá trị P 1 và P 2 xác định đợc V thể tích vật nặng n 21 d PP V = - Ta có VdPP x31 = - Sau đó lập biểu thức tính n 21 31 x d PP PP d = với d n là trọng lợng riêng của nớc 0,5 0,5 0,5 0,5 - Học sinh có thể giải bài theo cách khác đúng kết quả cho điểm tối đa. - Thiếu đơn vị mỗi lần trừ 0,5 điểm; toàn bài thiếu hoặc sai đơn vị trừ không quá 1 điểm - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn. S S . nhi t độ t 1 Nớc lạnh có nhi t độ t 2 Sau khi có cân bằng nhi t, nhi t độ hỗn hợp là t Ta có PTCBN m 1 C (t 1 -t) = m 2 C( t- t 2 ) => tt tt m m 1 2 2 1 = Theo bài ra t - t 2 = 5 t 1 t 2 . đổi vị trí của M và N trên thanh thì thấy xảy ra hai trờng hợp các đèn đều sáng bình thờng và công su t tiêu thụ trên mạch ngoài trong hai trờng hợp bằng nhau. T m điện trở toàn phần của thanh. => t 1 = 75 + t Thay vào 75 5 tt tt m m 1 2 2 1 = = 0,5 0,5 0,5 + Khi đổ thêm vào m 1 nớc nóng vào hỗn hợp khi cân bằng nhi t; nhi t độ hỗn hợp t. ta có pt cân bằng nhi t m 1 (t 1 - t)