1. Trang chủ
  2. » Địa lý

Đáp án đề thi học sinh giỏi môn toán học lớp 9, Phòng GD&ĐT Thành Phố Phúc Yên, Vĩnh Phúc 2018-2019 - Học Toàn Tập

4 25 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 735,19 KB

Nội dung

 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.  Thí sinh làm bài cá[r]

(1)

PHÒNG GD&ĐT PHÚC YÊN HD CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019

MƠN: TỐN Hướng dẫn gồm 04 trang

I Một số ý chấm

 Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp logic

 Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

 Bài hình học sinh khơng vẽ hình khơng chấm điểm  Điểm thi tổng điểm thành phần không làm tròn số

II Đáp án biểu điểm

Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức: 1

2 4 6 2016 2018

A    

   

Tính giá trị biểu thức B 2018  A

Nội dung trình bày Điểm

Ta có:

1 1

2 4 6 2016 2018

A    

   

4 2018 2016

4 2018 2016

A       

   

1

( 2018 2016)

A        

1

( 2018 2)

A 

  1  

2018 2018 2018 1008

B  A   

0,5

0,5 1,0 Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức

3

a b a b

P

a b a b b a

  

   , với a b, số dương phân biệt Rút gọn tính giá trị P trường hợp a1b 1 ab 1

Nội dung trình bày Điểm

  

  

a b a ab b a b ab b b ab

P

a b b a a b b a a b

a b a b

   

     

    

  1,0

Từ giả thiết ta có: ab a b– – 2 ab 0 ab ab2  abab 0,5 +) Khi a b 0 P1

+) Khi 0 a b P 1

(2)

Bài (2,0 điểm) Chứng minh A = 11… + 44… + số phương

2n chữ số n+1 chữ số

Nội dung trình bày Điểm

Ta có B = 102 10 1

9

n n

      

   

    0,5

 

2

2 2

10 4.10 10 4.10

9

10 10 2

9

n n n n

n n

     

 

   

   

 

1,0

Do 10n2 3 nên

2

10

3

n   

 

  số phương 0,5

Bài (2,0 điểm) Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn 3x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 1 1

x xy

 

Nội dung trình bày Điểm

Ta có A 1

x xy x x y

   

 0,5

1 8

2

2 ( ) ( )

A

x x y x x y x x y x y

    

     1,0

Đẳng thức xảy

4

x y Vậy giá trị nhỏ A 0,5 Bài (2,5 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3x2 + 4y2 = 6x + 13

Nội dung trình bày Điểm

Từ 3x2 + 4y2 = 6x + 13

3(x – 1)2 = 4(4 – y2)

Ta có – y2 0 (4 – y2) 3 nên y2 = y2 =

1,0 - Với y2 = (x – 1)2 = x = 3; x = - ta có nghiệm nguyên (x; y) là: (3; 1);

(3; - 1); (-1; 1); (-1; -1)

- Với y2 = (x – 1)2 = x = ta có nghiệm nguyên (x; y) là: (1; 2); (1; -2) 1,0

Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x; y) là: (3; 1); (3; - 1); (-1; 1); (-1; -1); (1; 2);

(1; -2) 0,5

Bài (2,0 điểm) ) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)

Nội dung trình bày Điểm

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a < b + c a2 < a (b + c) = ab + ac

b < a + c b2 < b (a + c) = ab + bc

c < a + b c2 < c (a + b) = ac + bc

1,0 Cộng vế ta có: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) 1,0

Bài (2,5 điểm) Giải phương trình 2

2 2

xxxx 

Nội dung trình bày Điểm

 

2 2 2 2 0 2 2 2 2 0.

(3)

Ta có phương trình:

  

2 2 0

1 1;

t t

t t t t

  

         t = (do t >0)

1,0

Với t = có:

2 2 2 2

xx  x22x  2 4 x22x 2 0 0,75

2

2 ( 1)

x x x

      

1

x x

     

  

 0,75

Bài (3,0 điểm) Cho tam giác OAB vuông O với OA OB , đường cao OH Vẽ đường trịn tâm O, bán kính OH Từ A B kẻ tiếp tuyến AM, BN đến ( )O với M, N tiếp điểm Gọi P giao điểm AO MH, Q giao điểm BO NH

a) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn đường kính AB

b) Gọi E giao điểm AN BM Chứng minh ba điểm P E Q, , thẳng hàng c) Giả sử MN cắt AB I Chứng minh tan2OBA IA

IB

a) (1.0 điểm)

Gọi K trung điểm AB K tâm đường trịn đường kính AB

Theo tính chất tiếp tuyến ta có MON MOH HON  2AOH HOB 1800, suy

M,O,N thẳng hàng

0,5 OK đường trung bình hình thang AMNB nên KO MN 0,25 Như KO bán kính đường trịn đường kính AB KO MN Do MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AB (đpcm) 0,25 b) (1.0 điểm)

Ta có AH AM AE EH NB||

HBBNEN  0,25

Gọi F giao HE MN Áp dụng định lý Talet ta có:

EH AE ME EF

EH EF NBANMBNB  

0,5 Do E trung điểm HF Từ tính chất đường trung bình suy P,E,Q thẳng hàng 0,25 c) (1.0 điểm)

Ta có IA AM HA

IBBNHB (1) 0,25

I

F

E

K Q

P

N

M

H O

(4)

tanOBA tanAOH AH OH

  tanOBA OH BH

 0,25

Do tan2OBA AH OH. AH

OH BH BH

  (2) 0,25

Từ (1) (2) suy

tan OBA IA

IB

 (đpcm) 0,25

Bài (2,0 điểm)

Cho bảng gồm 2017 hàng, 2017 cột Các hàng đánh số từ đến 2017, từ xuống dưới; cột đánh số từ đến 2017, từ trái qua phải Viết số tự nhiên liên tiếp 0, 1, 2, vào ô bảng theo đường chéo zíc-zắc (như hình vẽ bên) Hỏi số 2018 viết hàng nào, cột nào? Vì sao?

0 14 15 13 16 12 17 11 18 10 19 20 21

Nội dung trình bày Điểm

Theo qui luật: Đánh số thứ tự đường chéo số thứ tự hàng

- Đường chéo thứ viết số (số 0) - Đường chéo thứ hai viết số (từ đến 2)

- Đường chéo thứ n viết n số Vậy với n đường chéo ta viết ( 1)

2 n n

n

    số (bắt đầu từ số 0) (1,0 điểm)

0 14 15

2 13 16

3 12 17

9 11 18

10 19

20

21

Lại có 2016 63.64 2018 64.65 2080

2

    , với 63 đường chéo ta viết 2016 số từ số đến số 2015 Vậy số 2016, 2017, 2018 viết đường chéo thứ 64

Kể từ đường chéo thứ 2, tính từ trái qua phải, từ lên trên, ta thấy đường chéo mang số lẻ tăng dần, đường chéo mang số chẵn giảm dần Vậy số 2016 đầu hàng 64 (ô (64;1)), số

2018 viết hàng 62, cột (1,0đ)

Ngày đăng: 09/02/2021, 00:43

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w