SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
Dap an-de-thi-hoc-sinh-gioi-toan-lop-9-bac-giang
1. http:/webdethi.net
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
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bản hướng dẫn chấm có 04 .trang
http://webdethi.net – Tổng hợp đề thi online
Hướng dẫn giải
Câu 1
(5 điểm)
Ta có A 3 26 15 3 3 26 15 3
3 8 3.22 3 3.2.( 3)2 ( 3)3 3 8 3.2 2 3 3.2.( 3)2 ( 3)3
1.
(2 điểm)
3 (2 3)3 3 (2 3)3
(2 3) (2 3)
A2 3.
0.5
0.5
0.5
0.5
KL:
Điều kiện: 2 a 11
http:/webdethi.net
Đặt x a 2 (0 x 3) a x 2 2 .
Tính được P
2
( x 2) x
x 2 9 3x 1 1
.
:
2 2
3
3 x 9 x x 3x x
( x 2) 3( x 3) 2 x 4
.
:
3 9 x 2 x ( x 3)
( x 2) x( x 3)
x
.
3 x 2x 4
2
a2
=
2
(3 điểm)
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
KL:
Câu 2
(4 điểm)
ĐK: x 2 . Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành:
3. ( x 2)( x 2 2 x 4) 2( x 2 2 x 4) ( x 2)
0.5
Chia cả hai vế của phương trình cho x 2 2 x 4 , ta được
1
(2 điểm)
x2
x2
3 2
2 0 (1)
x 2x 4
x 2x 4
0.5
x2
(t 0)
x 2x 4
Thay vào (1) ta được t 2 3t 2 0 t 1 hoặc t 2 (t/m)
0.5
2
Đặt t
2
2. http:/webdethi.net
+ với t 1 ta có
x 1
x2
(t/m).
=1 x 2 3x 2 0
x2
x 2x 4
+ với t 2 ta có
x2
=2 4 x 2 9 x 14 0 (vô nghiệm).
2
x 2x 4
2
0.5
KL:
x 2 1 y( x y) 4 y
2
( x 1)( x y 2) y
2
(2 điểm)
x2 1 0
+ Với y 0 Hpt trở thành: 2
(vô nghiệm)
( x 1)( x 2) 0
x2 1
( x y) 4
y
+ Với y 0 .Hệ trở thành 2
(1)
( x 1)( x y 2) 1
y
0.5
0.5
x2 1
a b 4
+ Đặt a
, b x y thay vào hpt(1) ta được
y
a(b 2) 1
+ Giải được: a 1, b 3
0.5
x2 1
1
+ Với a 1, b 3 y
.
x y 3
0.5
http:/webdethi.net
Giải được nghiệm của hệ: ( x; y ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)
+ KL:
Câu 3
(4 điểm)
Xét pt hoành độ giao điểm:
x2 x m
x 2 x m 0 (1)
Đường thẳng cắt đths đã cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ
0.5
khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt.
+ Điều kiện: 1 4m 0
1
m .
4
1
(2 điểm) + Khi đó A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 )
+ Theo định lí Viet x1 x2 1, x1 x2 m . Ta có y1 x1 m, y2 x2 m
+ ( x1 x2 ) 4 ( y1 y2 )4 18 ( x1 x2 )4 9 [( x1 x2 ) 2 4 x1 x2 ]2 9
m 1 (k o t / m)
+ Tìm được
m 1 (t / m )
2
0.5
0.5
0.5
KL:
2
(2 điểm)
2 1 1 1 7
. Không giảm tính tổng quát
3 a b c 10
2 3
giả sử a b c 1 . Suy ra 2c 9
3 c
+ Từ giả thiết suy ra:
0.5
3. http:/webdethi.net
Do đó c {2;3}
+ Với c 2 suy ra
2 1 1 1 7
1 1 1 1
1 2
1 1
(1) và
3 2 a b 10
6 a b 5
6 b
b 5
Do đó b {7;11}
1 1 2
+ Với b 7 từ (1) suy ra
a {19; 23; 29;31;37; 41}
42 a 35
5 1 6
+ Với b 11 từ (1) suy ra
a 13 ( do a>b)
66 a 55
+ Với c 3 từ giả thiết suy ra
1 1 1 11
1 2
(*) b 6 b 5 ( do b>c)
3 a b 30
3 b
15
Thay b 5 vào (*) được 6 a a 7 .
2
0.5
0,5
0.5
Vậy có 8 bộ 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 của nó.
Câu 4
(6 điểm)
http:/webdethi.net
1
(2 điểm)
+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN
0.5
+ Lại có AHN ACH (vì cùng phụ với góc CHN )
0.5
+ Suy ra ACB AMN , mà AMN NMB 1800 nên ACB NMB 1800
0.5
KL:
0.5
+ Có AID AOH vì cùng bằng hai lần ACB .
0.5
AD AI
AH AO
1
1
1
1
+ Có AO BC ( HB HC ), AI= AH
HB.HC
2
2
2
2
1
AO
HB HC
1
1
+ Do đó
.
AD AH . AI
HB.HC
HB HC
+ Tam giác AID
2
(2 điểm)
AOH
+ Tính được BC=5, AH
3
(2 điểm)
12
5
+ Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó
KI là đường trung trực của đoạn MN.
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
4. http:/webdethi.net
Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên ADI AHO 900
OA MN
Do vậy 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
Bán kính
R KB KO 2 OB 2 AI 2
1
1
1
769
BC 2
AH 2 BC 2
4
4
4
10
Câu 5
2
2
2
2
2
Ta có: a 2b 3 (a b ) (b 1) 2 2ab 2b 2
Tương tự: b 2 2c 2 3 2bc 2c 2 , c 2 2a 2 3 2ac 2a 2
0.5
(1 điểm)
0.5
Suy ra:
1
1
1
1
1
1
1
2
2
(
)
2
2
2
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2 ab b 1 bc c 1 ac a 1
1
1
1
1
1
(
) .
2 ab b 1 1 1 1 1 a 1 2
a ab
b
2
0.5
Điểm toàn bài (20điểm)
Lưu ý khi chấm bài:
-
-
http:/webdethi.net
Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của 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, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.