Đáp án HSG Toán học lớp 9 Hải Dương 2012-2013 - Học Toàn Tập

[r]

(1)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

MƠN TỐNLỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

Lưu ý: Thí sinh làm theo khác cho điểm tối đa Điểm thi làm tròn đến 0,25 điểm

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 2,0 điểm

a) 1,0 điểm

Ta có :

   

  

 

2

2 2

2

A = x - 50 - x + 50 x + x - 50

A = x - 50 + x + 50 - x - 50 x + x - 50 A = 2x - x - 50 x + x - 50

A = x - x + 50 A = 100

Nhưng theo giả thiết ta thấy  

A = x - 50 - x + 50 x + x - 50<0 A= -10



0,25

0,25đ b)

1,0 điểm

x + = =>x  2 3(x2)2 3

4

x x

   

B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018

B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2,0 điểm

a) 1.0 điểm

Nhận xét x = khơng nghiệm phương trình Với x0, phương trình cho tương đương với:

4

+ =

6

x + x +

x x

 

Đặt t = x + x

 phương trình trở thành

  

  2

4

+ =6 t 0; t t+2 t

1 4t 3t 6t 12t 6t 5t   

        

Giải phương trình ta

3

t ; t

2



  ( thỏa mãn ) Với

3 t

2



 ta có 2 11 12

x x x

x



      

x ; x

  ( thỏa mãn ) Với

2 t

3

 ta có 23 18

x x x

x

      

0,25

(2)

23 313 23 313

x ; x

6

 

  (thỏa mãn)

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm :

1

3

x ; x

  ;

23 313 23 313

x ; x

6

 

  0,25

b) 1,0 ®iĨm

x + y + xy = 16

x + y = 10 



 (I) ( x; y0)

Đặt S= x y ; P = xy ( S 0;P 0) hệ (I) có dạng

2

S + 4P = 16 S - 2P = 10 



 ( II)

Giải hệ ( II) đối chiếu điều kiện ta S = P = 

 

Khi x; ylà nghiệm phương trình t2 – 4t + =0

Giải phương trình ta t1 = 3; t2 =

Từ suy hệ phương trình cho có hai nghiệm x = 9; x = 1

y = 1 y = 9

 

 

 

0,25

Câu 2,0 điểm

a) 1.0 điểm

   

 

       

  

 

2 2 2

2

4a 3ab 11b 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b

a 2ab b a b

 

a b ( Vì số nguyên tố)

   

4 2

a b a b a b a b

     

0.25

0,25 0,25 0,25

b) 1,0 ®iĨm

5

x 

 =

 

  

2

5

4 15

5



 

 

5

x 

 nghiệm phương trình nên ta có

   

2

4 15 15 31 15 15

15(8 ) 31

a b

a b a b

    

      

Vì a b, Q nên (8a b ), (31a4b 1) Q

Do 8a b 0 15 31

8

a b

Q a b

 

 

 (Vơ lí)

Suy

31

a b a

a b b

  

 



      

 

0,25

0,25 0,25đ

(3)

Câu 3,0 điểm

d K

E

D A

B

C M

N P

Q

I

H O

a) 1,0 ®iĨm

I trung điểm BC ( dây BC không qua O )

90

OI BC OIA

   

Ta có

90

AMO ( AM hai tiếp tuyến (O) )

90

ANO ( AN hai tiếp tuyến (O) )

Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính OA

0,25 0,25 0,25 0.25

b) 1,0 ®iÓm

AM, AN hai tiếp tuyến (O) cắt A nên OA tia phân giác MON mà ∆OMN cân O nên OAMN

∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( ANB=ACN=1

2 sđNB CANchung ) suy AB AN

= AB.AC=AN AN AC 

∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2

Suy AB.AC = AH.AO

∆AHK đồng dạng với ∆AIO (

AHK=AIO=90 OAIchung ) AH AK

= AI.AK=AH.AO AI AO

AI.AK=AB.AC

 



AB.AC AK=

AI



Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định

0,25

c) 1,0 ®iĨm

Ta có

PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

Xét ∆MHE ∆QDM có MEH=DMQ ( phụ với DMP ), EMH=MQD ( phụ với MPO ) ME MH

MQ DQ

 

∆PMH đồng dạng với ∆MQH

(4)

2

MP MH MH

MQ HQ DQ

MP ME

MQ MQ

  

 

 ME = MP  P trung điểm ME

0,25

0,25 0,25

Câu 1,0 điểm

 

1

(2 1)

n A

n n n n n



 

 

2 1 1 1

2 2 2 2

n n

A

n n n n n n n

      

        

     

    

Vì 1

2n1 2n1

1

2n1 2n1 2n1 nên

A n

1

( *)

2n1 2n1  n Do đó:

1 1 1

3 2

n

A A A A

n n

          

 

1

2

n

A A A A

n

      



0,25 0,25

0,25

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	391,36 KB