dap an hsg lop 9 2014 2015 vinh phuc vat ly tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ 9 - BẢNG A Câu - ý Nội dung Điểm 1 2 1 a Gọi v 1 là vận tốc người đi xe đạp, v 2 là vận tốc người đi xe máy. C là điểm gặp nhau lần thứ nhất (7h), D là điểm gặp nhau lần thứ 2 (10h 40'). Ta có AC= v 1 t 1 =v 2 t 2 (t 1 =1h, t 2 =1/2h) v 1 .1 = v 2 . v 2 = 2v 1 (1) 0.5 3 2 4 3 2 3 3 2 4 3 2 3 Lần gặp thứ 2 ta có: v 1 .t 1 ' + v 2 . t 2 ' = 2.AB (t 1 ' = h ; t 2 '= h) v 1 . + v 2 . = 2.90 14 v 1 + 11v 2 = 540 (2) 0.5 Từ (1) và (2) giải ra ta có: v 1 = 15km/h , v 2 = 30km/h 1.0 2 v AB 30 90 Thời gian người đi xe máy từ thành phố A đến thành phố B là Xe máy đến thành phố B lúc: 6 h 30 ph + h = 9h 30ph 0.5 1 v AB 15 90 Thời gian người đi xe đạp từ thành phố A đến thành phố B là: Xe đạp đến thành phố B lúc: 6h + h = 12h 0.5 b Đồ thị chuyển động của 2 người 1.0 2 1 a. - Trọng lượng nước trong cốc: P 1 = S(h - n). d 1 0.25 - Trọng lượng dầu trong cốc: P 2 = S(h + n). d 2 0.25 h dd dd n 21 21 + − = h DD DD n 21 21 + − = - Vì các cốc nằm cân bằng: F A = P + P 1 = P + P 2 P 1 = P 2 S(h - n). d 1 = S(h + n). d 2 Hay 0.5 )(5,05,4. 8001000 8001000 cmn = + − = Thay số 0.5 + P = F A - P 1 = Shd 1 - S(h - n)d 1 = S.n.d 1 = S.n.D 1 .g 0.5 Thay số: P = 0,1(N) 0.5 b - Trọng lượng dầu trong cốc đựng nước: P x = S.x.d 2 0.25 1 1 dySF A = - Lực đẩy Ácsimet tác dụng lên cốc đựng dầu và nước là: 0.25 1 A F - Vì cốc nằm cân bằng: P + P 1 + P x = S.n.d 1 + S(h - n)d 1 + S.x.d 2 = S.y.d 1 0.5 x d d h 1 2 + x D D h 1 2 + 4 5 y = hay y = thay số y = h + x 0.5 3 Tóm tắt đề: P = 1KW = 1000W ; C n = 4200J/kg.độ ; t 0 = 20 0 C; t 1 = 45 0 C; t 2 = 40 0 C; t 3 = 100 0 C ; 1 = 5 phút ; 2 = 3 phút; m = ? ; = ? Gọi nhiệt lượng nước toả ra môi trường trong 1 phút là q; thời gian đun nước từ 40 0 C đến 100 0 C là 3 . Theo bài ra ta có: P. 1 = C.m(t 1 - t 0 ) + q. 1 0.5 q. 2 = C.m(t 1 - t 2 ) 0.5 P. 3 = C.m(t 3 - t 2 ) + q. 3 0.5 Thay số vào: 5P = 25Cm + 5q P - q = 5Cm (1) 3q = 5Cm 3q = 5Cm (2) P 3 = 60Cm + q 3 3 (P - q) = 60Cm (3) 0.5 - Từ (1) và (2): P - q = 3q q = P/4 = 250(J) 0.5 )(14,2 5 3 kg C q = - Từ (2) m = 0.5 Cm Cm qP qP 5 60 )( 3 = − − τ - Từ (1) và (3): 3 = 12(phút) 0.5 - Thời gian cần thiết: = 1 + 2 + 3 = 5 + 3 + 12 = 20 (phút) 0.5 4 2 )(6 6 6 2 2 Ω== dm dm P U )(1 6 6 A U P dm dm == a - Điện trở của đèn: R đ = - Cường độ dòng điện định mức của đèn: I đm = 0.25 0.25 d x x R RR RR + + 0 0 . )(2,1 A R U AB = - Khi R x = 2 thì R = = 7,5 () - Số chỉ Ampekế: I = 0.25 0.25 + Vì I > I đ đèn sáng hơn mức bình thường 0.5 + P đ = I 2 . R đ = 8,64(W) 0.5 x x RR RR + 0 0 . b - Muốn đèn sáng bình thường thì I phải giảm R tăng tăng R x tăng Phải di chuyển con chạy về phía đèn ( bên phải ) . 0.5 AB U I x x RR RR + 0 0 . - Khi đèn sáng bình thường: I = I đm = 1A R = = 9() = R - R đ = 3 R x = 6() 0.5 c - Công suất toàn mạch: P = UI = 9. 1 = 9 (W) 0.5 dm P 6 .100% .100% 66,7% P 9 = ≈ Vậy hiệu suất của mạch: H = 0.5 1 3 1 3 P P P U U U + = 1 3 4 3 15 U U 3 + = 3 3 4U 3U 3− 5 Giả sử chiều dòng điện như hình vẽ: - Công suất cả mạch: P = P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 = 15 (W) - Cường độ dòng điện mạch chính: I = I 1 + I 3 = U 1 = (1) 0,5 } 5 4 3 5 3 1 I I - I U U U = = − 5 4 3 3 1 3 3 P P P U U U U U = − − − 3 1 3 3 1 4 3 U U 5 U U = − − − 3 3 1 3 8U 20U U 7U 15 − = − + (2) 0,5 2 3 3 3U 14U 15 0 − + = Từ (1) và (2) giải ra ta được: U 3 = 3V và U 3 = V 0,5 3 5 3 1 1 P 2A U = 1 1 U 1( ) I = Ω a Nếu U 3 = 3V U 1 = 2V I 1 = ; R 1 = 0,25 2 2 2 1 P P 1(A) U U U = = − 2 2 2 P 3( ) I = Ω I 2 = ; R 2 = 0,25 3 3 U 3( ) I = Ω I 3 = I – I 1 = 1(A); R 3 = 0,25 4 4 4 3 P P 2(A) U U U = = − 4 2 4 P 1( ) I = Ω I 4 = ; R 4 = 0,25 5 3 1 P 1 1(A) U U 3 2 = = − − 5 2 5 P 1( ) I = Ω I 5 = ; R 5 = 0,25 Chiều dòng điện như quy ước là đúng. 3 5 b Nếu U 3 = V tương tự ta tìm được I 1 = 1,2A ; R 1 = 2,8 0,25 I 2 = 1,8A ; R 2 = 0,92 0,25 I 3 = 1,8A ; R 3 = 0,92 0,25 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC HDC KÌ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) * Chú ý: + Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ số điểm + Việc chi tiết hố điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch so với hướng dẫn thống hôị đồng chấm + Sau cộng điểm toàn bài, điểm tổng để lẻ đến 0,25 điểm Bài Bài (2) Điểm Nội dung a) Tính P1 Gọi F lực căng dây nối với đầu A + Khi treo vật C AB cân F CB P2 AB + Mặt khác ròng rọc động cân 2F P P1 D 0,25 C A Hình + Thay vào phương trình ta có P P1 2P2 0,25 F/ DB 2F/ P P1 P3 P2 AB 0,25 Suy hay P P1 P3 P2 (2) + Giải hệ phương trình (1) (2) 3(P P1 ) 2P2 3P 2P2 P1 P2 P P1 P3 P2 P1 N, P2 15 N b) Lực căng dây P P1 5 N Trường hợp 1: F P P1 P3 7,5 N Trường hợp 2: F/ Bài (3 đ) a) Vì điện trở ampe kế khơng đáng kể nên ta có: U CB I3R I A2 R 0,9.12 10,8 (V) 0,25 0,25 Hay 3(P P1 ) 2P2 (1) + Trường hợp thứ hai treo D: B 0,25 0,25 0,25 U A N M R1 R2 A B 0,25 A1 C A2 R3 Hình Mặt khác: U MN UMC UCB (R1 R AC )I1 U CB ( I1 dòng điện qua R1) 0,25 U MN U CB 36 10,8 1,8A R1 R AC 10 IA1 I1 I3 1,8 0,9 0,9A Suy số ampe kế A1 là: => I1 0,25 Vì IA IA2 nên R CB R 12() ; R R AC R CB 10 12 22() 0,25 b) Khi dịch chuyển chạy đến vị trí mới, ta đặt điện trở đoạn BC x Ta có: U CB I3R 0,5.12 6(V) 12x Điện trở R CN ; R MC 26 x 12 x 0,25 U MC R MC 36 (26 x)(12 x) UCN R CN 12x 0,25 Suy phương trình x 46x 312 Giải phương trình x= x=-52 (loại) U Cường độ dòng điện qua ampe kế A1 I A1 CB A x Khi cường độ dòng điện qua R1 I1 I A1 I3 1,5A 0,25 Ta có R AC 22 x 16() R CB 6 Công suất tiêu thụ R : 0,25 P PAC PCB R I R I 16.1,5 6.1 42W c) Gọi điện trở đoạn BC y 12y 312 26y y 26 y Điện trở tương đương mạch R td 12 y 12 y AC CB A1 Cường độ dòng điện qua R1 I 2 0,25 U 36(12 y) 1, R td 312 26y y Suy phương trình 14y 4y 48 Giải phương trình ta có y= y Vậy điện trở AC 20 Bài (2,5 đ) 0,25 12 (loại) 0,5 S K 0,25 F' F" X A O M L F' F'' + Sơ đồ tạo ảnh Së + Chùm sáng song song với trục chính, sau qua thấu kính hội tụ cho chùm tia L M ló hội tụ tiêu điểm F’ thấu kính hội tụ F’ lại trở thành vật gương M Và 0,25 qua M, F’ cho ảnh F’’ đối xứng với vật F' qua mặt gương M Ở vật F' sau gương (vật ảo) nên ảnh F" trước gương(ảnh thật) + Vậy tia ló sau thấu kính L, thay hội tụ tiêu điểm ảnh F' bị phản xạ gương M hội tụ F" hình đối xứng F' qua gương M 0,25 Ta có: AF"=AF' Vậy OF'' OA OF'' OA AF' 15 (20 15) 10 cm b) 0,25 B S A O S1 K1 F’ I1 F1 z F2 +Tia tới S1I1 cho tia ló I1K1 kéo dài qua tiêu điểm F'; phản xạ mặt gương cho tia phản xạ K1 +Tia tới SO truyền thẳng tới A, cho tia phản xạ A (Vẽ hình) + Ta có OAF1 2.450 900 suy AF1 song song với thấu kính + Khoảng cách từ F1 đến thấu kính 15 cm c) + Ta có F1 đối xứng với F’ qua gương gương nghiêng góc 450 so với trục nên OF' F1 450 +Khi dịch chuyển gương tới B ảnh cuối F2 OF’F2 = 450 + Vậy quĩ tích điểm sáng quan sát đường thẳng F'z qua tiêu điểm F' vng góc với mặt phản xạ gương; tạo với trục OF' góc 450 (Hình vẽ) Bài (1,5 đ) 0,25 0,25 0,5 0,5 Kí hiệu chiều dài, tiết diện, điện trở suất, điện trở dây dẫn l1 ,S1 , 1 , R1 dây chì l2 ,S2 , 2 , R Vì dây dẫn mắc nối tiếp với dây chì nên nhiệt lượng Q R lS 0,25 tỏa dây tỉ lệ với điện trở 1 (1) Q R 2l2S1 Nhiệt lượng để dây dẫn tăng thêm t1 Q1 C1m1t1 C1l1D1S1t1 (2) Nhiệt lượng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ mơi trường tới nhiệt độ nóng chảy là: Q2 C2 m2 t C2l2 D2S2 t (3) Thay (2) (3) vào (1) ta S2 S1 0,25 0,25 C1D1t12 C2 D2 t 21 0,25 Nhận thấy t 327 t (t nhiệt độ mơi trường) lớn S2 nhỏ, dây chì dễ nóng chảy Vậy để đảm bảo chọn t 327 3200 C 400.8500.10.2.107 4,75 mm2 130.11300.320.1,6.108 Vậy nên dùng dây chì có tiết diện nhỏ 4,75 mm2 0,25 Thay số ta S2 Bài (1 đ) 0,25 - Để ống chữ U thẳng đứng - Đổ nước vào ống chữ U - Đổ thêm dầu vào vào nhánh chữ U Mặt thoáng hai nhánh chênh lệch, 0,25 bên dầu có mặt thống cao - Lập biểu thức tính áp suất thủy tĩnh: - Gọi P0 áp suất khí + Tại điểm A (mặt phân cách dầu nước): hd PA = P0 + Ddghd hn + Tại điểm B ( độ cao nhánh bên kia): 0,25 A PB = P0 + Dnghn B (Dn, Dd khối lượng riêng nước, khối lượng riêng dầu) h - Vì PA = PB suy Dd Dn n 0,25 hd 0,25 - Đo hn, hd, biết Dn tính khối lượng riêng dầu Dd Phòng giáo dục và đào tạo vĩnh Lộc đề thi thành lập đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 năm học 2008 - 2009 Môn: Toán ( Thời gian làm bài: 150 phút ) Bài 1 ( 2,5 điểm ): Cho biểu thức A = 312 513 xx xx 1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Bài 2: ( 4,5 điểm ) 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC mà phơng trình của các đờng thẳng AB, BC, CA lần lợt là x + 2y 2 = 0; 2x + y 13 = 0; x 2y + 6 = 0. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông và tính bán kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2/ Giải phơng trình: 721033 +=+++ xxx Bài 3: ( 5,0 điểm ) 1/ Cho là góc nhọn thoả mãn Sin + Cos = 5 6 . Hãy tính tổng Sin 4 + Cos 4 . 2/ Cho x > y 0; chứng minh rằng: x + + 2 )1)(( 4 yyx 3 Bài 4: ( 5,5 điểm ) Cho P là một điểm cố định nằm trong đờng tròn tâm O bán kính R cho trớc ( P không trùng với O ). 1/ Trong số các dây cung đi qua P hãy tìm dây cung có độ dài nhỏ nhất. 2/ Qua P kẻ hai dây cung AC và BD vuông góc với nhau. Chứng minh rằng tổng AB 2 + CD 2 có giá trị không đổi khi hai dây AC và BD quay xung quanh điểm P nhng luôn vuông góc với nhau. 3/ Đờng tròn ( O; OP ) cắt dây BD tại điểm M ( M nằm giữa P và B ). Hãy tính tổng PA 2 + PM 2 + PC 2 . Bài 5: ( 2,5 điểm ) Cho x, y, a, b là các số thực thoả mãn đồng thời các điều kiện: x 2 + y 2 = 1 và bab y a x + =+ 1 44 và. Chứng minh rằng: 10041004 2008 1004 2008 )( 2 bab y a x + =+ - Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: - Họ tên, chữ ký của ngời coi thi: Chú ý: Ngời coi thi không đợc giảI thích gì thêm. Phòng giáo dục và đào tạo vĩnh Lộc hớng dẫn chấm môn toán kỳ thi thành lập đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 năm học 2008 - 2009 Bài Câu Yêu cầu cần đạt Mức điểm 1 2,5 điểm 1 1,5 điểm - Với x 1; Đặt 1 x = y 0; Ta có: x 1 = y 2 , nên x = y 2 + 1. Khi đó: 3x - 1 x - 5 = 3y 2 + 3 y 5 = 3y 2 y 2 = ( y 1 ) ( 3y + 2 ) = ( 1 x - 1 ) ( 3 1 x + 2 ); 2x - 1 x - 3 = 2y 2 + 2 y 3 = 2y 2 y 1 = ( y 1 ) ( 2y + 1 ) = ( 1 x - 1 ) ( 2 1 x + 1 ); - Tìm ĐKXĐ của biểu thức A: Với x 1; thì 1 x 0 nên ĐKXĐ là: x 1; x 2 - Khi đó A = 112 213 )112)(11( )213)(11( + + = + + x x xx xx - Vậy A = 112 213 + + x x ; với x 1; x 2 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 2 1,0 điểm Với x 1; x 2, theo câu a ta có: A = 112 213 + + x x = 11.2 2 1 )11.2( 2 3 + ++ x x = )11.2.(2 1 2 3 + + x Do 1 x 0 nên 2. 1 x + 1 1, do đó 2.( 2. 1 x + 1 ) 2 > 0, suy ra )11.2.(2 1 + x 2 1 ; Từ đó A 2. Dấu = xảy ra khi x = 1. Vậy khi x = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng 2. 0,50 0,25 0,25 2 4,5 điểm 1 2,0 điểm - Đờng thẳng ( AB ) có phơng trình x + 2y 2 = 0, hay y = - 1 2 1 + x ; với hệ số góc a 1 = - 2 1 ; Đờng thẳng ( BC ) có phơng trình 2x + y 13 = 0, hay y = - 2x + 13; với hệ số góc a 2 = - 2; Đờng thẳng ( CA ) có phơng trình x - 2y + 6 = 0, hay y = 3 2 1 + x ; với hệ số góc a 3 = 2 1 . - Vì a 2 . a 3 = - 2 . 2 1 = - 1, nên ( BC ) ( CA ), do đó tam giác ABC vuông ở C, với cạnh huyền AB. 0,25 0,25 0,50 Bài Câu Yêu cầu cần đạt Mức điểm - Toạ độ của điểm A là nghiệm chung của hai phơng trình: x + 2y 2 = 0 ( 1 ) và x - 2y + 6 = 0 ( 2 ). Trừ từng vế hai phơng trình ta đợc 4y = 8, nên y = 2 Thay y = 2 vào phơng trình ( 1 ) ta đợc x = - 2. Vậy A ( - 2; 2 ). - Toạ độ của điểm B là nghiệm chung của hai phơng trình: 2x + 4y 4 = 0 ( 1 / ) và 2x + y 13 = 0 ( 3 ). Trừ từng vế hai phơng trình ta đợc 3y = - 9, nên y = - 3 Thay y = - 3 vào phơng trình ( 3 ) ta đợc x = 8. Vậy B ( 8; - 3 ). - Gọi R là bán kính của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì R = 2 1 . AB = 2 1 . 22 )32()82( ++ = 2 5 . 5 ( Đơn vị độ dài ) 0,25 0,25 0,50 2 2,5 điểm Xét phơng trình 721033 +=+++ xxx ( 1 ) - ĐKXĐ của phơng trình ( 1 ): + + + 072 0103 03 x x x Hay 2 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2007 – 2008 Ngày thi 05 tháng 03 năm 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 150 phút Bài I: (5 điểm) Câu 1: Có hỗn hợp gồm các chất rắn Na 2 CO 3 , NaCl, CaCl 2 , NaHCO 3 . Làm thế nào để thu được NaCl tinh khiết ? Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. Câu 2: Một số dụng cụ (hoặc chi tiết máy) không thể sơn hoặc tráng men để bảo vệ kim loại. Nêu ngắn gọn qui trình được thực hiện để bảo vệ kim loại đối với những dụng cụ này. Bài II: (5 điểm) Câu 1: Viết phương trình phản ứng để chứng minh: Metan, benzen đều có thể cho phản ứng thế ; etilen, axetilen, benzen đều có thể cho phản ứng cộng. Câu 2: Một hidrocacbon (công thức C n H 2n+2 ) ở thể khí có thể tích 224ml (đktc). Đốt cháy hoàn toàn lượng hidrocacbon này, sản phẩm cháy được hấp thụ hoàn toàn trong 1 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,02M tạo ra 1g kết tủa. Xác định công thức phân tử của hidrocacbon. Bài III: (5 điểm) Câu 1: Hoà tan hoàn toàn 8,68g hỗn hợp (Fe, Mg, Zn) trong dung dịch HCl, thu được 3,584 lít H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì được bao nhiêu gam muối khan ? Câu 2: Để tác dụng vừa đủ 8,4g hỗn hợp 3 oxit (CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 ), người ta cho từ từ V lít (đktc) hỗn hợp khí (gồm CO, H 2 ) đi qua ống đựng hỗn hợp oxit nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn . Kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp gồm khí và hơi nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu 0,16g và a gam chất rắn . Tính giá trị của V và a . Cho biết Al 2 O 3 không tham gia phản ứng . Bài IV: (5 điểm) Một thanh kim loại R được ngâm trong dung dịch CuSO 4 . Sau khi phản ứng kết thúc, thanh kim loại có khối lượng nhẹ bớt đi so với ban đầu. Cũng thanh kim loại R như vậy, sau khi ngâm trong dung dịch AgNO 3 , kết thúc phản ứng thì khối lượng thanh kim loại bây giờ lại nặng thêm so với ban đầu. Cho biết: R có hoá trị II; tất cả kim loại sinh ra đều bám vào thanh R; phần khối lượng nặng thêm gấp 75,5 lần phần khối lượng nhẹ bớt đi; số mol kim loại bám vào thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau. 1) Xác định kim loại R. 2) Nếu thanh R đem thí nghiệm có khối lượng 20g ; dung dịch CuSO 4 có thể tích 125 ml và nồng độ 0,8M thì trong thí nghiệm với dung dịch AgNO 3 , thanh kim loại tăng bao nhiêu phần trăm về khối lượng ? Thể tích dung dịch AgNO 3 0,4M cần dùng là bao nhiêu ml ? Cho: C = 12 H = 1 O = 16 N = 14 Cl = 35,5 Fe = 56 Mg = 24 Zn = 65 Cu = 64 Al = 27 Cd = 112 Ag = 108 Ca = 40 Ba = 137 Ghi chú: Thí sinh được dùng Bảng Tuần Hoàn các nguyên tố hóa học - Hết - Họ và tên thí sinh : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh : . . . . . . . . Chữ ký GT 1 : . . . . . . . . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2007 – 2008 Ngày thi 05 tháng 03 năm 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 2 trang) Bài I: (5 điểm) Câu 1: 2,5 điểm Cách làm: 1 điểm 3 phương trình phản ứng minh họa : 3 x 0,5 điểm = 1,5 điểm (Hoà tan hỗn hợp vào nước, xảy ra phản ứng giữa Na 2 CO 3 + CaCl 2 . Lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được có chứa NaCl, NaHCO 3 , có thể có dư Na 2 CO 3 hoặc CaCl 2 . Cho tiếp Na 2 CO 3 dư vào dung dịch để làm kết tủa hết CaCl 2 . Lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được có chứa NaCl, NaHCO 3 , và Na 2 CO 3 . Cho HCl dư vào, xảy ra phản ứng giữa HCl với Na 2 CO 3 PHÒNG GIÁO DỤC THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS NĂM HỌC 2010 -2011 Môn : TOÁN – LỚP 9 Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) A_Phần trắc nghiệm : (2điểm) Chọn đáp án trong các phương án trả lời sau: Câu 1: (1điểm) Biểu thức 324324 −−+ có giá trị là: a) 32 ; b) 3 ; c) - 32 ; d) 2 Câu 2 : (1điểm) Số đo góc A trong hình vẽ là: a) 55 0 ; b) 65 0 ; c) 75 0 ; d) 85 0 B_Phần tự luận : (18điểm) Bài 1: (4điểm) a) (2điểm). Tìm x ; y ; t thoả mãn hệ phương trình: =− =+ 1 2 2 txy yx b)(2điểm). Giải phương trình : x 2 – 2x – 4y + y 2 + 5 = 0 Bài 2: (5điểm). Cho biểu thức : )1(2 1 1 2 )1(2 1 3 2 a a a a − + − + − + =Α a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của a để A>0 c) Tìm a để A đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3 : (5điểm). Cho ∆ABC ( cả 3 góc đều nhọn ) nội tiếp đường tròn tâm o .Đường phân giác của góc A cắt BC tại D cắt (o) ở E . Tiếp tuyến tại A cắt BC ở I . Vẽ đường kính EOF. Gọi M là giao điểm của AF với BC . a) Chứng minh ∆AID cân b) Chứng minh AF . AM = AE . AD c) Chứng minh M đối xứng với D qua I . Bài 4: (4điểm) . Gọi M là một điểm nằm trong ∆ABC và P là chu vi của ∆ (tam giác) đó . Chứng minh : PCMBMAM P <++< 2 ----------HẾT--------- A B D C E F .O 20 0 30 0 CHÍNH TH CĐỀ Ứ ĐÁP ÁN : Đề thi học sinh giỏi môn toán A_ Phần trắc nghiệm : Câu 1 : d) Câu 2 : b) B_ Phần tự luận : Bài 1: =−− −= ⇔ =+ =+ 1)2( 2 1 2 22 tyy yx txy yx +− −= ⇔ =−+− =+ 2222 )1( 2 0012 2 ty yx tyy yx Từ phương trình (2) : Vì 0 2 ≥t và 0)1( 2 ≥−y nên 0)1( 22 =+− ty = = ⇔ = =− 0 1 0 0)1( 2 2 t y t y Thay y=1 vào phương trình (1) ⇒ x=1 . Vậy nghiệm của hệ là : (x=1 ; y=1 ; t = 0) b) x 2 – 2x – 4y + y 2 +5 = 0 ⇔ ( x 2 - 2x +1) + ( y 2 + 4y +4) =0 ⇔ ( x – 1 ) 2 + ( y – 2 ) 2 = 0 ⇔ = = ⇔ =− =− 2 1 0)2( 0)1( 2 2 y x y x Bài 2 : a) Rútgọn 3 2 1 2 )1(2 1 )1(2 1 a a aa − + − − − + =Α ĐK: a>0 và a ≠ 1 )1)(1(2 2 )1(2 11 2 2 ++− + − − ++− =Α aaa a a aa 1 1 )1)(1( 1 )1)(1(2 2 )1( 1 222 2 ++ − = ++− − = ++− + − − =Α aaaaa a aaa a a b) Vì 0 4 3 ) 2 1 (1 22 >++=++ aaa Với mọi a Nên 0 1 1 2 < ++ − aa hay A <0 với mọi a. c) tìm GTNN của A Vì ⇒ ++ − =Α 1 1 2 aa A nhỏ nhất khi a 2 + a + 1 =1 ⇒ a = 0 hay A đạt GTNN la -1 khi a = 0 Bài 3: Vẽ hình đúng , ghi được giả thiết và kết quả được Điểm 1 1 0,25 0.25 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 0,5 0,5 1 0,5 1 1,5 0,5 (1) (2) E A I M B C F • 0 A B C N M Chứng minh : a) C/m ∆ AID cân Sđ IAD 2 1 Sđ(AB + BE) (góc giữa 1 tiếp tuyến và 1dây cung ) Sđ ADI = 2 1 Sđ(AB + EC) (góc có đỉnh nằm trong đường tròn mà EB = EC ) ( Vì AD là phân giác) ⇒ IAD = IDA hay ∆ IAD cân tại I b) C/m AF.AM =AE . AD EOF là đường kính EB = EC ⇒ EF ⊥ BC EAF = 1V (Góc nội tiếp chắn giữa đường tròn) M = E ( Góc có cạch tương ứng vuông góc) ⇒ ∆ AMD ≈ ∆AEF (gg) ( AFAMAEAD AE AM AF AD =⇒=⇒ đpcm) c) C/ m : M đối xứng với D qua I . AEF = FAX ( cùng chắn cung AF ) Mà FAX = IAM (đđ) ⇒ M = A 1 ⇒ ∆IAM cân tại I ⇒ IM = IA mà IA = ID ⇒ IM = ID I ;M ; D thẳng hàng M đối xứng với D qua I (đpcm) Bài 4 : Sử dụng bất dẳng thức về cạch trong tam giác ta có: BA < MA + MB BC < MB + MC AC < MA + MC Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có : BA + BC + AC < 2( MA + MB + MC) hay P < 2( MA +MB +MC) 2 P ⇒ < MA + MB + MC (1) Kéo dài BM cắt AC tại N . Ta sẽ C/m : MB + MA < CB + CA Thật vây : AM < AN + MN BN <BC + CN Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức ta có : AM + BM < AN + MN + BC +CN Hay AM + BM + MN < AC + BC + MN ⇒ AM + BM < AC + BC (a) Tương tự MB + MC < AB +AC (b) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1 0,5 0,5 0,75 0,75 0,75 0,75 0,5 0,5 MA + MC < BA + BC (c) Cộng vế với vế của (a) ,(b) ,( c) ta có: MA + MB + MC < AB + BC + CA hay MA + MA + MC < P (2) Từ (1) và(2) ta được 2 P < MA + MB + MC < P !" #$ %&'(')*+, ( ) ( ) y x x x y x xy y = + + − + = + − %&'('*+, ! n "#$%& '( a ) a n≤ *+,*- %&/'(/'*+, ., * / ABC 0 + 12 3 4 O 5- 6 6AD BE CF ') 7* 12 *, ( ) 6 6D BC E CA F AB∈ ∈ ∈ -829 EF : BC ; 6G 129 AG :';123 4 5O ;1< M - - .=>71< 6 6 6A M E F ?> 0123- - / N ')1<; BC $) H ')@A* ABC -.=> GH AN ⊥ %&0'(')*+, .=> ( ) B B 4 54 54 5 a b c abc a b b c c a a b b c c a abc + + + + + + ≥ + + + + + + $%/ 6 6 Ca b c > %&)'('*+, D&E$E1$FG*7H#% C C× 4C!36C051I0 !HE$IJC*,,7HK*),,*E0;,L*E 01MG*7')* ?*-.=>"1I#N'O- P+ !" #$% 12342567+45 888888888888888888889:;<=>45 8888888 ?@A B C4 <;4 %&'(')*+, ' D+=&4E2FG45:HI +,- Q+';=*G*$R!; ( ) ( ) Cy x y x x− + + + − = .,1A')7S*6T 6y x ')*-." ( ) ( ) U Vx x x x∆ = + − + − = C- W1"61I 6 y x y x= − = + C- X Y+ y x= − 6*$),=61I C6 6 x x x= = − = − C- • Q% Cx = y x= − = • Q% x = − y x= − = • Q% x = − Vy x= − = C- X Y+ y x= + 6*$),=61I C6 6 Vx x x= = − = C- • Q% Cx = y x= + = • Q% x = − y x= + = − • Q% Vx = VVy x= + = C- QS6G*') ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Z CZ 6 Z 6 Z 6 ZV 6 VZVVx y = − − − − C- %&'('*+, D+=&4E2FG45:HI +,- / a ')'('%) -a n≤ [ ( ) n a< + C- Y+ Na ≥ 6 6a a a− − ')%'(G* -n 8<\>6) ?*1E 06 ( ) ( ) ]a a a n− − -^* ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) B N C N Ca a a n a a a a a a a− − ≤ < + ⇒ − + − < ⇒ − + − < -QE'\4!, Na ≥ 5- C- _,1" a = ,L Ba = ,L a = C- X Y+ a = { } B 66B6666N6n n≤ < ⇒ ∈ C- X Y+ Ba = { } B V66666n n≤ < ⇒ ∈ 4!, 6B]n 5 C- X Y+ a = { } N BC6n n≤ < ⇒ ∈ 4!, 6B6]n 5 C- QS ! n O')66B6666N66V666666BC6 C- %&/'(/'*+, D+=&4E2FG45:HI +,- &'() 6 6 6A M E F *('$+', ') 5J4KL2.,=`a._6b')*,1<G*`a$)._-=`a._0+ H$)MH - -PA PB PC PD= X c!dSef ,= AMBC 0+6*1I GM GA GB GC × = × /0 123/45 )% C- X c!d,= BFEC 0+6*1I ...U MN U CB 36 10,8 1,8A R1 R AC 10 IA1 I1 I3 1,8 0 ,9 0,9A Suy số ampe kế A1 là: => I1 0,25 Vì IA IA2 nên R CB R 12() ; R R AC R CB 10... phản xạ K1 +Tia tới SO truyền thẳng tới A, cho tia phản xạ A (Vẽ hình) + Ta có OAF1 2.450 90 0 suy AF1 song song với thấu kính + Khoảng cách từ F1 đến thấu kính 15 cm c) + Ta có F1 đối xứng... OF' F1 450 +Khi dịch chuyển gương tới B ảnh cuối F2 OF’F2 = 450 + Vậy quĩ tích điểm sáng quan sát đường thẳng F'z qua tiêu điểm F' vng góc với mặt phản xạ gương; tạo với trục OF' góc 450