De thi va dap an HSG mon Toan lop 9 tinh Bac Giang 20122013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH.. ĐỀ CHÍNH THỨC.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: PHỔ THÔNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2013 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu (5,0 điểm) 3 1) Tính giá trị biểu thức A  26  15  26  15  a  2  a a    a  1 P       : 3  a  11  a   a  a      2) Rút gọn biểu thức   a   Câu (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  2 x  x  10  x  y  xy  4 y  2) Giải hệ phương trình sau: ( x  1)( x  y  2)  y Câu (4,0 điểm) 1) Cho hàm số y x Tìm các giá trị m để đường thẳng  có phương trình y  x  m cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) thoả mãn: ( x2  x1 )  ( y2  y1 ) 18 2) Tìm tất các ba số nguyên tố a, b, c đôi khác thoả mãn điều kiện 20abc  30( ab  bc  ca)  21abc Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A (AB<AC), có đường cao AH và O là trung điểm cạnh BC Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự M và N OA và MN cắt D 1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp 1   2) Chứng minh : AD HB HC 3) Cho AB=3 và AC=4 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Câu (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b và c thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng: 1 1    2 a  2b  b  2c  c  2a  -Hết -Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị (Họ tên và ký) Giám thị (Họ tên và ký) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NGÀY THI 30 /3/2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu Hướng dẫn giải (5 điểm) 3 Ta có A  26  15  26  15   3.22  3.2.( 3)  ( 3)3  (2 điểm)  (2  3)3  (2  (2  3)  (2   3.2  3.2.( 3)  ( 3) 3)3 3) A 2 0.5 0.5 0.5 KL: Điều kiện:  a 11 0.5 Đặt x  a  (0  x 3)  a  x  0.5 P 0.5 Tính ( x  2)  x x    3x 1       :   x  x   x  3x x  ( x  2)  3( x  3)   x     :    x   x( x  3)  ( x  2) x( x  3) x    x 2x  a  = (3 điểm)  0.5 0.5 0.5 0.5 KL: Câu (2 điểm) (4 điểm) ĐK: x  Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành: ( x  2)( x  x  4) 2( x  x  4)  ( x  2) 0.5 Chia hai vế phương trình cho x  x  , ta x2 x2 3  0 x  2x  x  2x  (1) t x2 (t 0) x  2x  Đặt Thay vào (1) ta t  3t  0  t 1 t 2 (t/m) 0.5 0.5 + với t 1 ta có + với t 2 ta có KL: x2 =1  x  3x  0  x  2x   x 1  x 2  (t/m) x2 =2  x  x  14 0 x  2x  (vô nghiệm) 0.5 2  x   y ( x  y ) 4 y  ( x  1)( x  y  2)  y + Với y 0 Hpt trở thành:  x  0  ( x  1)( x  2) 0 0.5 (vô nghiệm) 2 (2 điểm) + Với y 0 Hệ trở thành  x 1  y  ( x  y ) 4   ( x  1)( x  y  2) 1  y (1)  a  b 4 x2 1 a , b x  y  y + Đặt thay vào hpt(1) ta a (b  2) 1 + Giải được: a 1, b 3 0.5 0.5  x 1 1    y  x  y 3  + Với a 1, b 3 ( x ; y ) (1; 2) và (x;y)=(-2;5) Giải nghiệm hệ: 0.5 + KL: Câu (4 điểm) Xét pt hoành độ giao điểm: x x  m  x  x  m 0 (1) Đường thẳng  cắt đths đã cho hai điểm phân biệt A, B và 0.5 pt(1) có hai nghiệm phân biệt + Điều kiện:  1  4m   m 0.5 + Theo định lí Viet x1  x2 1, x1 x2 m Ta có y1  x1  m, y2  x2  m 0.5 (2 điểm) + Khi đó A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) 4 2 + ( x1  x2 )  ( y1  y2 ) 18  ( x1  x2 ) 9  [( x1  x2 )  x1 x2 ] 9  m 1 (k o t / m)   m  (t / m) + Tìm  KL: 0.5 1     + Từ giả thiết suy ra: a b c 10 Không giảm tính tổng quát   2c  giả sử a  b  c  Suy c Do đó c  {2;3} 0.5 + Với c 2 suy 1 1 1 1         (1)   và  a b 10 a b b b b  {7;11} Do đó 1 0.5    a  {19; 23; 29;31;37; 41} b 7 từ (1) suy 42 a 35 + Với (2 điểm)    a 13 + Với b 11 từ (1) suy 66 a 55 ( a>b) c  + Với từ giả thiết suy 1 11    (*)    b   b 5 a b 30 b ( b>c) 15  a   a 7 Thay b 5 vào (*) 0,5 0.5 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) và các hoán vị nó Câu (6 điểm) (2 điểm)   + Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN  AHN 0.5    + Lại có AHN  ACH (vì cùng phụ với góc CHN ) 0.5 0       + Suy ACB  AMN , mà AMN  NMB 180 nên ACB  NMB 180 0.5 KL: 0.5    + Có AID  AOH vì cùng hai lần ACB 0.5 AD AI  AH AO + Tam giác 1 1 AO  BC  ( HB  HC ), AI= AH  HB.HC 2 2 + Có AO HB  HC 1     HB.HC HB HC + Do đó AD AH AI AID AOH  (2 điểm) 0.5 0.5 0.5 12 AH  + Tính BC=5, 0.5 + Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Khi đó KI là đường trung trực đoạn MN   Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên  ADI  AHO 90  OA  MN (2 điểm) Do KI//OA + Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK  BC Do đó AH//KO + Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành 0.5 0.5 Bán kính 1 769 R KB  KO  OB  AI  BC  AH  BC  4 10 Câu 2 2 Ta có: a  2b  (a  b )  (b  1)  2ab  2b  2 2 Tương tự: b  2c  2bc  2c  , c  2a  2ac  2a  Suy ra: 1 1 1    (   ) 2 a  2b  b  2c  c  2a  ab  b  bc  c  ac  a  1 1 1  (   ) ab  b  1   1  a  a ab b 0.5 (1 điểm) 0.5 0.5 Điểm toàn bài (20điểm) Lưu ý chấm bài: - Trên đây là sơ lược các bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng Với bài 4, học sinh vẽ hình sai không vẽ hình thì không chấm