Tải Đề thi học sinh giỏi Văn hóa lớp 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

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..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN; LỚP: PHỔ THÔNG Ngày thi: 30/3/2013

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu (5,0 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức A 3 26 15 3  26 15 3

2) Rút gọn biểu thức

2 2 1

:

3 11 2

a a a a

P

a

a a a a

           

       

            

     .

Câu (4,0 điểm)

1) Giải phương trình: 3 x3 8 2x2 3x10.

2) Giải hệ phương trình sau:

2 2

1 ( 1)( 2)

x y xy y

x x y y

     



   



 .

Câu (4,0 điểm)

1) Cho hàm số y x 2 Tìm giá trị m để đường thẳng  có phương trình y x m  cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt A x y( ; ), ( ; )1 B x y2 thoả mãn:

4

2

(x  x) (y  y) 18.

2) Tìm tất ba số nguyên tố a b c, , đôi khác thoả mãn điều kiện 20abc30(ab bc ca  ) 21 abc

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A (AB<AC), có đường cao AH O trung điểm cạnh BC Đường trịn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự M N OA MN cắt D

1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Chứng minh :

1 1

ADHB HC .

3) Cho AB=3 AC=4 Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BMN. Câu (1,0 điểm)

Cho ba số dương a b, c thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1

2 3

a  b  b  c  c  a  

-Hết -Cán coi thi không giải thích thêm.

Giám thị (Họ tên ký) 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

MƠN THI: TỐN; LỚP: PHỔ THƠNG Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1 Hướng dẫn giải (5 điểm)

1 (2 điểm)

Ta cóA 3 26 15 3  26 15 3

2 2

38 3.2 3.2.( 3) ( 3) 38 3.2 3.2.( 3) ( 3)

        0.5

3

3(2 3) (2 3)

    0.5

(2 3) (2 3)    

0.5

A 

KL: 0.5

2 (3 điểm)

Điều kiện: 2a11 0.5

Đặt x a (0x3) a x 22 0.5

Tính

2

2

( 2) 1

:

3

x x x x

P

x x x x x

 

    

      

    

  0.5

( 2) 3( 3)

:

3 ( 3)

x x x

x x x

 

    

    

 

   

0.5

( 2) ( 3)

3

x x x x

x x

 

 

  0.5

=

2 a   KL:

0.5

Câu 2 (4 điểm)

1

(2 điểm) ĐK:

x  Với điều kiện biến đổi phương trình cho trở thành:

2

3 (x2)(x  2x4) 2( x  2x4) ( x2) 0.5 Chia hai vế phương trình cho x2 2x4, ta được

2

2

3

2 4

x x

x x x x

 

  

    (1) 0.5

Đặt 2

( 0)

x

t t

x x



 

 

Thay vào (1) ta t2 3t 2  t 1 t 2 (t/m)

0.5

+ với t 1ta có

2

1

=1

2 x x x x x x x          

   (t/m).

+ với t 2ta có

2

2

=2 14 x x x x x     

  (vô nghiệm).

KL: 0.5 2 (2 điểm) 2

1 ( ) ( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

            

+ Với y 0 Hpt trở thành:

2

( 1)( 2) x x x         

 (vô nghiệm)

0.5

+ Với y 0.Hệ trở thành

2

( )

( )( 2)

x x y y x x y y                (1) + Đặt 1 , x

a b x y

y 

  

thay vào hpt(1) ta

4 ( 2) a b a b        0.5

+ Giải được: a1,b3 0.5

+ Với a1,b3

2 1 x y x y           .

Giải nghiệm hệ: ( ; ) (1;2) (x;y)=(-2;5)x y  + KL:

0.5

Câu 3 (4 điểm)

1 (2 điểm)

Xét pt hoành độ giao điểm:

x  x m

2 0

x x m

    (1)

Đường thẳng  cắt đths cho hai điểm phân biệt A, B pt(1) có hai nghiệm phân biệt

0.5

+ Điều kiện:   1 4m0

1 m

  0.5

+ Khi A x y( ; ), ( ; ) 1 B x y2

+ Theo định lí Viet x1x2 1, x x1 2m Ta có y1x1 m y, x2 m + (x1 x2)4(y1 y2)4 18 (x1 x2)4  9 [(x1x2)2 4x x1 2]2 9

0.5

+ Tìm

1 (k / )

( / )

o

m t m

m t m

      KL: 0.5 2

(2 điểm) + Từ giả thiết suy ra:

2 1

giả sử a b c  1 Suy

2 3c c Do c {2;3}

+ Với c 2 suy

2 1 1 1 1

(1) 32a b 10 6a b 5  6b b5 Do b {7;11}

0.5

+ Với b 7 từ (1) suy

1

{19; 23;29;31;37; 41} 42a 35 a

+ Với b 11 từ (1) suy

5

13

66a 55 a ( a>b)

0,5

+ Với c 3 từ giả thiết suy 1 11

(*)

3a b 30  3b b  b ( b>c)

Thay b 5 vào (*)

15

6

2

a a

    Vậy có 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) hốn vị

0.5

Câu 4 (6 điểm)

1 (2 điểm)

+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN 0.5 + Lại có AHN ACH (vì phụ với góc CHN ) 0.5 + Suy raACB AMN  , mà AMN NMB  1800nên ACB NMB 1800 0.5

KL: 0.5

2 (2 điểm)

+ Có AID AOH hai lần ACB. 0.5

+ Tam giác

AD AI

AID AOH

AH AO

 

  0.5

+ Có

1 1

( ), AI=

2 2

AO BC  HB HC AH  HB HC 0.5

+ Do

1 1

AO HB HC

AD AH AI HB HC HB HC



    0.5

3

(2 điểm) + Tính BC=5,

12

+ Gọi K tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BMN Khi KI đường trung trực đoạn MN

Do hai tam giac AID AOH đồng dạng nên  ADI AHO900 OA MN

 

Do KI//OA

0.5

+ Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK BC Do AH//KO.

+ Dẫn đến tứ giác AOKI hình bình hành 0.5 Bán kính

2 2 2 769

4 4 10

R KB  KO OB  AI  BC  AH  BC  0.5

Câu 5 (1 điểm)

Ta có: a22b2 3 (a2b2) ( b21) 2  ab2b2

Tương tự:b22c2 3 2bc2c2, c22a2 3 2ac2a2

0.5

Suy ra:

2 2 2

1 1 1 1

( )

2 3 1

1 1 1

( )

1 1

2 1 1

a b b c c a ab b bc c ac a

ab b a

a ab b

    

           

   

 

   

0.5

Điểm toàn (20điểm)

Lưu ý chấm bài:

- Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng.