Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9 tham khảo (8)

Toán
Đề 1
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Toán
Đề
môn
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1: Cho a, b, c, d là bốn số dơng.
Chứng minh :
cb
a
+
+
dc
b
+
+
ad
c
+
+
ba
d
+

2

Bài 2: Giải các phờng trình và hệ phơng trình sau:
a,
3
2 x
+
1

x
= 1
b,





=+
=+
=+
2
2
2
2
2
2
yxz
xyz
zxy

Bài 3: Cho

ABC có A > 90
0
Gọi R, r là độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp và đờng tròn nội tiếp

ABC ; gọi M, N, P lần lợt là hình chiếu tâm 0 đờng tròn ngoại tiếp

ABC
trên AB, BC và AC.
a, Chứng minh : BN.OM + BM.ON = BO . MN
b, Đặ t ON = d
1
; OP = d
3
; OM = d
2
Tính R + r theo d
1
, d
2
, d
3
.
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, trên hai cạnh AB, AD lần lợt lấy
hai điểm M, N sao cho chu vi

AMN là 2a.
Tìm vị trí của M, N để diện tích

ABC đạt giá trị lớn nhất .
Đáp án Đ1

Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : Toán 9
Đ2
Đ2
Bài 1: ( 3,5 điểm)
Chứng minh với

x, y > 0 ta có
xy
1



( )
2
yx
4
+
(*) ( 0,5 đ )
VT =
da
c
cb
a
+

+
+
+
ba
d
cd
b
+
+
+
( 0,5 đ )
=
( ) ( ) ( )
cdab
dc
2
d
2
bba
dacb
2
ccbad
2
a
++
+++
+
++
+++
)(

( 0,5 đ )
( 0,5 đ ) ( 0,5 đ )


4 .
( ) ( )
2
dcba
dc
2
d
2
bba
4
2
dcba
2
ccbad
2
a
+++
+++
+
+++
+++
( theo *)
= 2.
( )
( )
( )

( )
2
dcba
2
db
2
ca
2
dcba
+++
+++++
( 0,5 đ )

2

( 0,5 đ )
Bài 2: a/ ( 4 điểm)
Đặt a =
3
x2

b =
1x

0
( 0,5 đ )
Ta có :
( )
I
1ba

1
2
b
3
a





=+
=+
( 0,5 đ )


a
3
+ a
2
- 2a = 0 ( 0,5 đ )

a ( a
2
+ a -2) = 0 ( 0,5 đ )

=+
=
02a
2
a
0a
( 1 đ)

Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3) ( 0,5 đ )
nên phơng trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10 ( 0,5 đ )
b, ( 4,5 đỉêm)
( )
( )







=+
=+
=+
(3)2
2
yxz
22
2
xyz
12

2
zxy
Từ (1) ; (2) ta có : (x z)(x y + z) = 0 (4) ( 0,5
đ )
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y z) = 0 (5) ( 0,5 đ )
Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :
( )
( )
( )( )







=+
=+
=+
2
2
yxz
0zyxxy
0zyxzx
( 0,5 đ )
Để giải hệ trên ta giải 4 hệ
( ) ( )
B
2
2

yxz
0zyx
0zx
A
2
2
yxz
0xy
0zx














=+
=+
=
=+
=
=

( ) ( )
D
2
2
yxz
0zyx
0zyx
C
2
2
yxz
0zyx
0xy














=+
=+
=+

=+
=+
=
Giải 4 hệ trên ta đợc 8 bộ nghiệm của hệ phơng trình :
(1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ;
(
)
2;0;2
;
(
)
2;0;2
(
)
0;2;2
;
(
)
0;2;2
;
(
)
2;2;0
;
(
)
2;2;0

Giải ra mỗi bộ nghiệm cho ( 0,25 điểm)
Bài 3:

a, Ta có BM0 = BN0 = 90
0

=> OMBN là tứ giác nội tiếp
Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=>

BME

NMO ( 0,5 đ )
=>
NO
NM
BE
BM
=
( 0,25 đ )
=> BM . NO = BE . NM ( 0,25 đ )
Chứng minh tơng tự BN. OM = OE .MN ( 0,5 đ )
Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO ( 0,5 đ )
b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của

ABC
theo câu a ta có d
1
.
2
a
+ d
2

2
c
= R .
2
b
( 0,5 đ )
áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có
d
1
.
2
b
+ d
3
.

2
c

= R.
2
a
( 0,25 đ )
d
3
.
2
a
+ d
2

.
2
b
= R.
2
c
( 0,25 đ )
Cộng theo từng vế :

2
R
. ( a+b+c) =
2
1
. ( d
1
b + d
2
b + d
3
c + d
3
a + d
1
a + d
2
c) ( 0,5 đ )
mặt khác S
ABC

=
2
r
. ( a+b +c ) =
2
1
.( d
1
c + d
3
b + d
2
a

) ( 0,5 đ )
Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d
1
+d
2
+d
3
) ( 0,5 đ )
hay R + r = d
1
+ d
2
+ d
3
( 0,5 đ )
Bài 4: (2,5 điểm)

Đặt AM = x , AN = y ( x, y > 0 ) ( 0,25 đ )
Ta có x + y +
22
yx +
= 2a ( 0,25 đ)
( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

( 0,25 đ )

0
B
N
0
d1
A
M
D
E
d3
d2
C
mà x + y

2
xy
x

2
+ y
2


=2xy ( 0,5 đ )
Nên x + y +
2
y
2
x +


( 2 +
2
)
xy
( 0,25 đ )
Hay 0 <
xy



22
2
+
a
=> xy

a

2
)22(
2
)2(
+
a
( 0,25 đ )
Mặt khác S
AMN

=
2
1
AM . AN =
2
1
xy ( 0,25 đ )
Nên S
AMN



2
)22(
2
)2(
+
a
= ( 3 2
2

) a
2

không đổi ( 0,25 đ)
=> S
AMN
max = ( 3 2
2
) a
2


<=> AM = AN = ( 2-
2
). a ( 0,5 đ )
Đề 2
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : toán
Đề
môn
Đ3
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1 ( 6 điểm):
a, Giải phơng trình sau:
(x + 4)
4
= 2.(2x +13)

2
+ 50.(2x+13) (3điểm)
b, Cho các số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện
a + b + c = 1
Chứng minh rằng :( 1+a).(1+b).(1+c)

8( 1- a).(1- b).(1- c) ) (3điểm)
Bài 2: (4 điểm) : Cho phơng trình: x -
2
x1
= m
Với giá trị nào của m thì phơng trình trên có nghiệm duy nhất.
Bài 3: ( 4 điểm) :Biết các số dơng x , y , z thoả mãn hệ phơng trình:











=++
=+
=++
16
2
xxz

2
z
9
2
z
3
2
y
25
3
2
y
xy
2
x
Tính giá trị biểu thức A = xy + 2yz + 3xz
Bài 4: (6 điểm)
Cho nửa ( 0; R) đờng kính A B. C là điểm bất kì trên nửa đờng tròn, kẻ
CH vuông góc với AB; I và K là tâm các đờng tròn nội tiếp các tam giác
CAH và CHB. Đờng thẳng IK cắt CB; CA tại N và M . HI cắt CA tại E;
HK cắt CB tại F
a, Chứng minh MN // EF
b, Xác định vị trí của C để S
CMN
đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án Đ2
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm

môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : toán 9
Đ2
H3
Bài 1: ( 3 điểm)
a; Giải phơng trình (x +4)
4
= 2(2x +13)
2
+50 (2x +13)
Đặt
2
5
y4xy
2
132x
=+=
+
( 0,25 đ )
(1)

100y16y)
2
5
(y
34
+=
( 0,5 đ )

(**)0)
4
25
(y16y)
2
5
(y
24
=+
( 0,25 đ )
Đặt
ty =
2
)
2
5
(
(**) trở thành : t
2
- 16yt - 80 y
2
= 0 ( 0,25 đ )
( )( )





=
=

=+
20yt
4yt
020yt4yt
( 0,5 đ )
Với t = - 4y
0
4
25
y
2
y =+
phơng trình vô nghiệm ( 0,5 đ)
Với t = 20 y
0
4
25
25y
2
y =+
Giải phơng trình có nghiệm y
1
=
2
61025
y
2
=
2
61025 +

( 0,5 đ )
Từ đó suy ra x
1
= 6 -
25
x
2
= 6 +
25
( 0,5 đ )
b, Ta có :
a + b + c = 1

a = 1 b c ( 0,5
đ )

1 + a = 1 - b +1 - c ( 0,5 đ )
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng 1 b ; 1 c
Ta có: 1 + a = 1 - b +1 - c
c)b)(1(12
( 0,5 đ )
Tơng tự ta có : 1 + b
c)a)(1(12
( 0,5 đ )
1 + c
b)a)(1(12
( 0,5 đ)
Do đó
c)b)(1a)(18(1c)b)(1(1a)(1 +++
( 0,5 đ )

Bài 2 ( 4 điểm ): Ta có : x -
2
x1
= m (1)



=+


=
(2)01m2mx2x
mx
x1mx
22
2
( 0,5 đ )
Để phơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì phơng trình (2) có nghiệm x
0

thoả mãn x
0

m
( 0,5 đ )
Đặt x m = y
myx +=
Thay vào phơng trình (2) ta có: 2y
2
+ 2my + m

2
-1 = 0 (3) ( 0,5 đ )
Phơng trình (1) có nghiệm duy nhất

phơng trình (3) có 1 nghiệm y
0
( 0,5 đ)
Có 3 trờng hợp :
Phơng trình (3) có nghiệm kép không âm
2m
0m
02m
0S
0
2
=




=+




>
=

( 0,5 đ)
Phơng trình 3 có hai nghiệm trái dấu

P< 0
P =
1m10
2
1m
2
<<<

( 0,5 đ )
* Phơng trình (3) có 1 nghiệm bằng 0; nghiệm còn lại âm
1m
0m
01m
0S
0P
2
=



<
=




<

=

( 0,5 đ
Vậy phơng trình (1) có nghiệm duy nhất

m =
2
; -1 < m
1
Bài 3 ( 4 điểm ):Từ gt cộng theo từng vế phơng trình thứ (2) và thứ (3)
Ta có :
3
y
xyx2525xxzzz
3
y
2
2222
2
++==++++
( 0,5 đ )
=> 2z
2
= x( y z ) ( 0,5 đ )
Mặt khác 12.(
).z+
3
y
2
2

( z
2
+ xz + x
2
) A
2
( 0,5 điểm )
= 4z
4
+ x
2
y
2
+ 4xz
3
+ x
2
z
2
- x
2
yz 4xyz
2
( 0,5 điểm )
=
[ ]
z)x(y4x4zz)(yx
24
2
+

( 0,5 điểm )
Do đó : A
2
- 12.(
).z+
3
y
2
2
( z
2
+ xz + x
2
) = 0 ( 0,5 điểm )
Vậy 12.16.9 = ( xy+ 2yz + 3xz )
2
( 0,5 điểm )
do x, y, z > 0
=> A = xy + 2yz + 3xz = 24
3
( 0,5 điểm )
Bài 4: (6 điểm) a, Ta có tứ giác CEHF nội tiếp ( 0,5 điểm )
=> CFE = CHE = 45
0
=>

CFE vuông cân ( 0,5 điểm )
=> CE = CF => I là tâm đờng tròn nội tiếp
=> CI là phân giác
=>

IH
IE
=
CH
CE
( 0,5 điểm )
Tơng tự
KH
KE
CH
CF
=
( 0,5 điểm )
Do đó
=
KH
KF
IH
IE
IK // EF ( 0,5 điểm )
hay EF // MN ( 0,5 điểm )
( 0,5 đ )
A
B
H
F
N
C
M K
I

O
b, Ta có EF // MN ;

EMF cân =>

CMN vuông cân ( 0,5 điểm )
S
CMN
=
CN.CM
2
1
=
2
CM
2
1
( 0,5 điểm )
S
CMN
max <=> CM max ( 0,5 điểm )


CMI =

CHI ( c. g. c ) => CH = CM ( 0,5 điểm )
=> Do đó : S
CMN
max <=> CH max
Mặt khác CH

CO = R không đổi ( 0,5 điểm )
Nên S
CMN
max =
2
R
2
1

<=> C là điểm chính giữa của cung AB ( 0,5 điểm )

Đề 3
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : toán
Đề
môn
Đ2
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1( 5 điểm):
a, ( 3 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn.
x
2
( x
2
+ 2y
2

3 ) + ( y
2
2)
2
= 1
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x
2
+ y
2
b, ( 3 điểm) : Chứng minh bất đẳng thức sau:
+
2
1
3

+
3
1
3
+
4
1
<
n
1
3
Bài 2: ( 6 điểm)
a, ( 2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
x + y + z = xyz
b, ( 4 điểm): Giải hệ phơng trính sau:

x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
Bài 3( 6 điểm): Cho ( O; R); CD là một dây cung cố định . Trên tia đối của tia
CD lấy M bất kỳ . Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn ( A, B là tiếp
điểm ).
a, Chứng minh khi M thay đổi thì đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố
định .
b, Đờng thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB , AD lần lợt tại N, K. Chứng
minh NC = NK.
Bài 4: Giả sử h
1
; h
2
; h
3
là độ dài các đờng cao của

ABC , r là bán kính đờng tròn
nội tiếp. Biết: h
1
+ h
2
+ h

3
= 9r
Chứng minh:

ABC đều .
Đáp án Đ3
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : toán 9
Đ2
H2
Bài 1: a, Ta có : x
2
( x
2
+ 2y
2
3 ) + ( y
2
2)
2
= 1 ( 0,25 điểm )
<=> x
4
+ 2x
2

y
2
- 3x
2
+ y
4
+ 4y
2
+ 4 = 1 ( 0,25 điểm )
<=> ( x
2
+ y
2
)
2
- 4

( x
2
+ y
2
)
2
+ 3 = - x
2
( 0,5 điểm )
Đặt x
2
+ y
2

= A

( 1 ) <=> A
2
4A + 3

0 ( vì -x
2


0) ( 0,5 điểm )
<=> ( A-1) ( A- 3)

0 ( 0,5 điểm )
<=> A

1
A

3
<=> 1

A

3 ( 0,25 điểm )
Vậy Amin = 1 <=> x= 0
y=
1
( 0,5 điểm )
A max =3 <=> x= 0

y=
3
( 0,5 điểm )
b, Ta có :
1)+1)k(k-(k
1
=
1) -k.(k
1
<
k.k
1
=
k
1
223
mà
)1k(k)1k(2
)1k()1k(
)1k(k)1k(2
2
1)1)k(k-(k
1
+
+
=
+
<
+

+


=
)1k(k
1
k)1k(
1
2
1
Do đó
<
3
k
1






+

)1k(k

1
)1k(k
1
2
1
( 0,5 điểm )
áp dụng với k = 2 ta có
)
3.2
1
1.2
1
(
2
1
2
1
3
<
( 0,5 điểm )
Với k = 3 ta có
)
4.3
1
2.3
1
(.
2
1
3

1
3
<
( 0,5 điểm )

Với k = n ta có
)
1n(n
1
)1n(n
1
(
2
1
n
1
3
+


<
( 0,5 điểm )
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức cùng chiều :

+
2
1
3

+

3
1
3
+
<
3
n
1
4
1
)
)1n(n
1
2
1
(
2
1
<
+

( 0,5 điểm )
Bài 2(2 điểm):
a, Vai trò của x, y, z bình đẳng
Không mất tính tổng quát giả sử : 0 < x

y

z ( 0,25 điểm )
Ta có : xyz = x+ y+ z

3z
=> xy

3 ( 0,25 điểm )
Nếu x= y = z thì z
3
= 3z => z
2
= 3. vô lý vì x, y, z
+

z
( 0,25 điểm )
Vậy phải có ít nhất hai trong 3 số x, y, z không bằng nhau
do đó x.y.z < 3z ( 0,25 điểm )
=> x.y < 3
Nên x . y = 1 hoặc x.y = 2 ( 0,25 điểm )
Với x.y = 2 mà x

y và x, y
+

Nên x = 1; y = 2 suy ra z = 3 ( 0,25 điểm )
Với x.y = 1 mà x, y
+

=> x = 1; y = 1
=> 2 + z = z vô nghiệm ( 0,25 điểm )
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm nguyên dơng ( x, y, z ) = (1; 2; 3)

và các hoán vị. ( 0,25 điểm )
b, ( 4 điểm) x + y + z = 6
xy + yz - zx = 7
x
2
+ y
2
+ z
2
= 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
(x + y + z )
2
2(xy + yz + zx) = 14
x + y + z = 6

xy + yz - zx = 7 ( 0,5 điểm )
xy + yz + xz = 11
Suy ra x.z = 2 ( 0,5 điểm )
Ta có : x + y + z = 6 y + ( x + z ) = 6
y( x + z ) = 9 y ( x + z ) = 9 (0,5 điểm )
y và ( x + z ) là nghệm của phơng trình : X
2
6X + 9 = 0 ( 0,25 điểm )
<=> X = 3 ( 0,25 điểm )
Vậy y = x + z = 3
Ta có x + z = 3
( 0,25 đ ) <=>

x.z = 2 ( 0,25 điểm )
x, z là nghiệm của phơng trình : a
2
3a + 2 = 0

a
1
= 1; a
2
= 2 ( 0,25 điểm )
Do đó



=
=



=
=
1z
2x
;
2z
1x
( 0,5 điểm )
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghệm
( x ; y ; z ) = ( 1; 2; 3) ; ( x ; y ; z ) = ( 3; 2; 1) (0,25 điểm )
Bài 3: (6 điểm): a, Gọi I là trung điểm của CD

F ; Q là giao điểm của AB với OM ; OI
Ta có
OFQ
đồng dạng với

OIM ( g.g) ( 0,5 điểm )

OI
OF.OM
OQ
OM
OQ
OI
OE
==
mà OF . OM = OA
2
không đổi ( 0,5 điểm )
( Hệ thức lợng trong tam giác vuông )
O cố định ; đờng thẳng OI cố định ( 0,5 điểm )

OI
OF.OM
OQ =
=
OI
OA
2
không đổi ( 0,5 điểm )
=> Q cố định ( 0,5 điểm )

b, Ta có O, B, M , A, I thuộc một đờng tròn ( 0,5 điểm )
IBA = IMA ( hai góc nội tiếp cùg chắn cung IA )
Mà ICK = IMA ( cặp góc đồng vị CK // MA )
IBA = ICN ( 0,5 điểm )
I, B, C, N thuộc một đờng tròn. ( 0,25 điểm )
CBN = CIN ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN ) ( 0,5 điểm )
Mà CBA = CDA ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA )
CIN = CDA ( 0,5 điểm )
IN // AD ( 0,25 điểm )
Trong

CDK có IC = ID ; IN // DK
=> NC = NK ( 0,5 điểm )
Bài 4 (2điểm): Gọi a, b, c là độ dài các cạch của

ABC ứng với h
1
, h

2
, h
3

S là diện tích

ABC
Ta có 2S = a.h
1
= b.h
2

= c.h
3
= ( a + b + c ). r ( 0,5 điểm )
C
B
M
O
Q
D
I
E
A
N
F
)
c
1
b
1
a
1
)(cba()hhh(
r
1
c
cba
b
cba
a
cba

r
h
r
h
r
h
321
321
++++=++
++
+
++
+
++
=++
( 0,5 điểm )


321
hhh ++
= 9r
9)
c
1
b
1
a
1
).(cba( =++++
( 0,25 điểm )

Mặt khác a, b, c > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có .
a + b + c
3
c.b.a3
( 0,25 điểm )
c
1
b
1
a
1
++
3
abc
1
3
( 0,25 điểm )
9)
c
1
b
1
a
1
).(cba( ++++
( 0,25 điểm )
Dờu = xẩy ra

a = b = c hay

ABC đều. ( 0,25 điểm )
Vật Lý
Đề 1
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : vật Lý
Đề thi học sinh giỏi
tỉnh
môn vật lý 9
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề)
Bài 1: Một cuộn dây đồng đờng kính 0.5 m, quấn trên một cái lõi dài 10 cm . Đ-
ờng kính của lõi là 1 cm và đờng kính của đĩa ở 2 đầu lõi là 5 cm . Biết
rằng các vòng đợc quấn đều và sát vào nhau.
Tính điện trở của dây ?
Bài 2: Cho mạch điện nh hình vẽ 1
Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B
R
A
B
Hình 1
không đổi . Điện trở R đợc
ghép bởi 2 điện trở khác nhau ứng với cách ghép ngời ta đo đợc các giá trị
cờng độ dòng điện I
1
= 4 I
2

. Xác định tỷ số giữa 2 điện trở này .
Bài 3: Cho mạch điện nh hình vẽ 2.
U
AB
= 16 V ; R
0
= 4

; R
1
= 12

.
R
x
là một biến trở .
Ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể .
a. Tính R
x
sao cho công suất tiêu thụ trên nó bằng 9w và tính hiệu suất của
mạch điện . Biết rằng năng lợng tiêu hao trên R
0
là vô ích.
b. Với giá trị nào của R
x
thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại ?
Tính công suất cực đại ấy ?
Bài 4: Cho mạch điện nh hình vẽ 3 .
Số chỉ của các Ampe kế, các Vôn kế
thay đổi nh thế nào khi con chạy của

biến trở dịch chuyển về phía B.
Cho U = 36 V ; R
2
= 4

; R
1
= 3

;
R
AB
= 6

; R
A

0 ; R
V





Đáp án: đề 1
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi tỉnh
môn vật lý 9

Đáp án và biểu điểm chấm
môn : Lý 9
Đ1
Bài 1:
d
1
= 0,5 mm = 5.10
-4
m Số vòng dây trên một lớp
L = 10cm = 10.10
-2
m
200
5.10
1010
d
L
n
4
2
=

.
= =

( vòng )
D = 1 cm = 10
-2
m Số lớp dây
d2

p
dd
1

=
= 40 ( lớp )
D
1
= 5 cm = 5 . 10
-2
m Tổng số vòng N = n.P = 8.000 (vòng).

= 1,7 . 10
-8


m
R = ?
Chiều dài của một vòng
R
1
R
x
B
A
R
0
A
C
Hình 2

R
2
x
U
C
A
V
A
B
A
V
1
R
1
Hình 3
d
1
=
.
+
2
dd
1
= 3. 10
-2


Chiều dài của cuộn dây l = N . d
1
= 8000. 3 . 10

-2
. 3,14 = 753,6 m
Điện trở của dây R =



s
l
(

=


4
2
d
)
= 1,7 . 10
-8
.

4 .
2
)
4-
(5.10 . 3,14
753,6
= 65,3 (

)

Bài 2 : Điện trở tơng ứng với 2 cách ghép
Rnt = R
1
+ R
2
và R
//
=

+
2
1
2
1
RR
RR
.
Theo tính chất của đoạn mạch nối tiếp và song song => Rnt > R
//
Theo đề bài I
1
= 4 I
2
; U không đổi => Cờng độ dòng điện tỉ lệ nghịch với
điện trở .

//
R
U
=

nt
R
U
4
hay R
//
=

4
R
nt
=>

+
2
1
2
1
RR
RR
.
=

+
4
2
R
1.
R

=> 4 R
1
.R
2
= R
2
1
+ R
2
2
+ 2 R
1
R
2

R
2
1
+ R
2
2
- 2 R
1
R
2
= 0
( R
1
- R
2

)
2
= 0
=> R
1
= R
2
Hay

2
1
R
R
= 1
Bài 3: a. Tính R
x

R
CB
=

+
x
x
RR
RR
1
1
.
=

+
x
x
R12
R12.
R
AB
= R
0
+ R
CB
= 4 +

+
x
x
R12
R12.
=

+
+
x
x
R12
16R 48
=

+

+
x
x
R12
R 3 16( )
I =

ab
R
U
=

+
+
)
)
x
x
R3 16(
R 12 16(
=

+
+
x
x
R3
R 12
I
x

= I.

x
cb
R
R
=

+
+
x
x
R3
R 12
.

+
x
R12
12
=

+
x
R3
12
P
x
= R
x

.I
x
2
= R
x
.

+
2
)
x
R(3
12
2
(1)
Với P
x
= 9 w ta có

+
2
)
.
x
x
R(3
R12
2
= 9
. R

x
2
- 10 R
x
+ 9 = 0
giải ra ta đợc 2 nghiệm R
x
= 9

và R
x
= 1

* Với R
x
= 9

=> I
x
= 1A:
Hiệu suất H của mạch điện là H
1
=
=
64
16
ab
cb
R
R

= 56,25 %
* Với R
x

= 1

thì hiệu suất của mạch điện H
2
=

64
12
= 18,75 %.
b. Tính R
x
để P
x
cực đại
Từ (1) => P
x
=

+
2
)
.
x
x
R(3
R12

2
=

+
2
)
x
R
R
3
(
12
x
2
Để P
x
cực đại , mẫu số của biểu thức trên phải cực tiểu .
Mẫu là tổng của 2 số hạng và tích
x
x
R
R
3
.
= 3 ( không đổi )
Vậy tổng cực tiểu khi hai số bằng nhau
x
x
R
R

3
=
=> R
x
= 3


Vậy với R
x
= 3

thì công suất tiêu thụ trên R
x
cực đại và giá trị cực đại
ấy là : P
max
=

+
2
)
.
3(3
312
2
= 12 w
Hiệu suất của mạch điện khi đó là:
H =

+ 4,24

4,2
=

64
24
= 37,5 %
Bài 4: I =

+ +
CBAC
RRR
2
U
; R
AC
=

+ x
x
1
1
R
R .
; R
CB
= R
AB
- x
I =

+
+
+ x - 6
x
x
3
3
4
36
=



x
x
3
10
2
36
I =

+

x
x
13
1
10
2
36

Khi x tăng (
xx
13
2
+
) giảm => I tăng nên số chỉ Ampe kế A tăng
Số chỉ của vôn kế V :
U
AB
= U - U
2
= U - I.R
2
vì I tăng => U
AB
giảm
Hay số chỉ của vôn kế V giảm
I
1
=

1
Ab
R
U
=

1
ac
R

I.R
=

+ 3).3( x
x3 I.
=

+1
3
x
I.
Khi x tăng mẫu (
1
3
+
x
) giảm , mặt khác I tăng nh lý luận tăng.
Vậy I
1
tăng hay số chỉ của Ampe kế A
1
tăng.
Số chỉ của vôn kế V
1
: U
1
= I
1
. R
1

I
1
tăng => U
1
tăng => số chỉ của V
1
tăng .
Đề 2
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Vật Lý
Đề
môn
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Bài 1: Cho điện trở ghép song song ( n nguyên dơng ) R
1
= 1

; R
2
=
2
1


;
R

3
=
3
1


; ; R
n
=
n
1


a. Tính điện trở tơng đơng của mạch?
b. Biết cờng độ dòng điện mạch chính là I = 5A
Tính : I
1
; I
2
; I
3
; ; I
n
?

Bài 2: Cho mạch điện nh hình 1
trong đo các điện trở đều bằng nhau
và bằng R
0
. Biết I

1
= 11 A , tính I
6
= ?
Bài 3: Cho mạch điện nh hình vẽ 2
Trong đó R
1
= 30

,
R
1
R
4
R
7
R
6
R
1
R
2
R
5
A
B
C
I
4
D

I
6
I
1
I
2
I
3
Hình 1
R
2
= R
3
= R
4
= 40

Biết cờng độ dòng điện
mạch chính I = 1,2 A .
Tính cờng độ I
x
chạy qua nhánh AD .
Biết dây dẫn có điện trở không đáng kể
Bài 4: Cho mạch điện nh hình vẽ 3
Biết U
AB
không đổi = 132 V .
Dùng vôn kế V nối vào A , C nó chỉ 44 V .
a. Tính tỷ số
0

R
R
V
.
b. Khi nối Vôn kế vào A, D nó chỉ bao nhiêu.
Bài 5 : Cho một mạch điện gồm một bếp điện mắc nối tiếp với một điện trở R=
40

, hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch U
AB
= 240 V không đổi ,
điện trở của bếp có thể thay đổi tuỳ theo công suất sử dụng .
a. Cho R
b
= 80

tính công suất tiêu thụ của bếp.
b. Biết P
b
= 200 w tính R
b
?
c. Với giá trị nào của R
b
thì P
b
lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó
zĐáp án Đ2
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : Vật Lý 9
Đ2
Đ2
Bài 1: ( 4 điểm )
a. Điện trở tơng đơng của mạch
( 0,5 đ) ( 0,5 đ)

R
1
= 1 + 2 + 3 + +n =
2
)1.( +nn

=> R =
)1.(
2
+
nn
(

) ( 1 đ )
( 0,5 đ ) ( 0,5 đ )
b. U = I. R =
)1(
10
+nn

( V )
I
k
=
k
R
U
=
)1(
10
+nn
K
( A ) ( 0,5 đ )
Với K = 1 ; 2 ; 3 ; ; n ( 0,5 đ )
Bài 2 : ( 3 điểm )
Ta có : R
567
= 3 R
0
( 0,5 đ )
R
3567
=
5673
5673
.
RR
RR
+
=

4
3
0
R
( 0,5 đ )
I
x
C D
A
B
R
1
R
2
R
3
R
4
Hình 2
R
0
R
0
R
0
R
0
D C
A
B

Hình 3
Do R
1
// R
235674
nên
11
4
4
11
0
0
235674
1
1
2
===
R
R
R
R
I
I
( 0,5 đ )
=> I
2
=
11
4
.I

1
= 4( A ) ( 0,5 đ )
vì R
3
// R
567
nên
3
1
3
0
0
567
3
3
6
===
R
R
R
R
I
I
( 0,25 đ )
4
1
13
1
63
6

=
+
=
+
II
I
( 0,25 đ )
Trong đó I
3
+ I
6
= I
2
= 4A
Vậy I
6
=
4
1
I
2
= 1A ( 0,25 đ )
Bài 3: ( 4 điểm )
Vì điện trở dây dẫn không đáng kể nên ta chập hai điểm A vơi D mạch điện
đợc vẽ lại nh sau : ( Hình vẽ 0,5 đ ) .
R
34
=
20
2

40
2
3
==
R


( 0,25 đ )
R
234
= R
2
+ R
34
= 40 + 20 = 60

( 0,25 đ )
2
30
60
1
234
2
1
===
R
R
I
I
( 0,5 đ )

Vì I
1
+ I
2
= I => I
1
=
I
3
2
= 0,8 (A) ( 0,5 đ )
I
2
=
3
1
I = 0,4 ( A) ( 0,5 đ )
I
3
= I
4
=
2
2
I
= 0,2 A ( 0,5 đ )
Quay lại mạch ban đầu áp dụng định luật về nút cho nút A ta có .
I = I
4
+ I

x
( 0,5 đ )
=> I
x
= I I
4
= 1,2 0,2 = 1 A
Bài 4 : ( 4 điểm )
a. Khi nối vốn kế vào A , C
U
AC
= 44V ; U
CB
= U
AB
U
AC
= 132 44 = 88V ( 0,5 đ )
I =
00
44
2 RR
U
CB
=
( 0,5 đ )
R
AC
=
0

44
44
R
I
U
AC
=
= R
0
( 1 ) ( 0,5 đ )
mặt khác R
AC
=
v
v
RR
RR
+
0
0
2
2
( 2) ( 0,25 đ )
Từ ( 1) và ( 2 ) => R
V
= 2 R
0
hay
2
0

=
R
R
V
( 0,25 đ )
b. Khi nối Vôn kế vào A , D
( 0,5 ® ) ( 0,5 ® )
R
AB
=
00
00
2
2
RR
RR
+
+ 3 R
0
=
3
11
0
R

I =
0
36
RR
U

AB
AB
=
( 0,5 ® )
Sè chØ cña v«n kÕ
U
AD
= I . R
AD
=
3
2
.
36
0
0
R
R
= 24 ( V ) ( 0,5 ® )
Bµi 5 :( 5 ®iÓm )
a. Cêng ®é dßng ®iÖn qua bÕp :
I
b
= I =
40
240
+
=
+
bb

AB
RRR
U
( 0,5 ® )
C«ng suÊt tiªu thô cña bÕp
P
b
= R
b
. I
2
= R
b
.
2
2
)40(
240
+
b
R
( 0,5 ® )
Khi R
b
= 80
Ω
tÝnh ®îc P
b
= 320 w ( 0,5 ® )
b. §Ó cho P

b
= 200 w ta cã
R
b
.
2
2
)40(
240
+
b
R
= 200 ( 0,5 ® )
=> R
b
2
– 208R
b
+ 160 = 0
=> R
b
= 200
Ω
vµ R
b
= 8
Ω
( 0,5 ® )
c. Ta cã : P
b

=
2
2
)
40
(
240
b
b
R
R +
( 0,5 ® )
XÐt mÉu
b
b
R
R
40
+
= 40 kh«ng ®æi ( 0,5 ® )
MÉu nhá nhÊt khi
b
b
R
R
40
=
=> R
b
= 40 ( 0,5 ® )

VËy P
b
cùc ®¹i khi R
b
= 40
Ω
( 0,5 ® )
P
max
=
2
2
)4040(
40.240
+
= 360 w ( 0,5 ® )
§Ò 3
Phßng Gi¸o dôc-®µo t¹o
HuyÖn Yªn Kh¸nh

§Ò thi häc sinh giái líp 9
m«n : VËt Lý
§Ò
m«n
§1
(Häc sinh lµm bµi trong 150’ kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
Đáp án Đ3
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đáp án và biểu điểm chấm
môn : Vật Lý 9
Đ2
Đ2
Hoá học
Đề 1
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : Hoá học
Đề
môn
Đ1
(Học sinh làm bài trong 150 không kể thời gian giao đề
Câu I:
1. Cho sơ đồ biến hoá sau :
1. X + Y

Z + H
2


2. Z + Cl
2


T

3. T + KOH

H

+ E
4. H F + H
2
O
Biết F là một loại Oxit sắt . hãy lập luận và cho biết công thức của các chữ
cái trên, rồi hoàn thành các phơng trình phản ứng sơ đồ trên.
2. Cho một mẩu giấy quỳ tím tẩm nớc vào lọ đựng khí Clo để ngoài trời .
Hãy nêu hiện tợng xảy ra và giải thích.
Câu II:
1. Có 5 lọ đợc đánh số từ 1 đến 5; một lọ chứa một trong các dung dịch
sau: Na
2
SO
4
, Ca(CH
3
COO)
2
, Al
2
(SO
4
)
3
, NaOH , BaCl
2

. Xác định chất
chứa trong mỗi lọ nếu biết :
+, Rót dung dịch từ lọ 4 vào lọ 3 có

trắng .
+, Rót dung dịch từ lọ 2 vào lọ 1 có

trắng keo , tiếp tục rót thêm

trắng
keo tan ra.
+, Rót dung dịch từ lọ 4 vào lọ 5, ban đầu cha có

rót thêm thì có lợng

nhỏ xuất hiện . Giải thích và viết phơng trình phản ứng .
2. Từ đá vôi, nớc, không khí . Viết phơng trình điều chế đạm 2 lá
( NH
4
NO
3
) và đạm URE ( NH
2
)
2
CO.
Câu III:
1. Một dung dịch A chứa a mol
3
và b mol K

2
CO
3
nếu thêm ( a+b) mol
CaCl
2
vào dung dịch A tạo ra m1 gam

, nếu them ( a + b ) mol Ca(OH)
2
vào dung dịch A tạo ra m
2
gam

so sánh m
1
và m
2
. Giải thích ?
2. Viết phơng trình phản ứng điều chế Etylen glycol có công thức: HO-
CH
2
-CH
2
-OH từ axaxitic và các chất vô cơ ( B
126
)
Câu IV:
Hỗn hợp A, B là hai kim loại đợc chia làm 3 phần bằng nhau .
- Phần 1: Hoà tan hết trong dung dịch HCl thu đợc 1,792 lit hidro .

- Phần 2: Hoà tan trong dung dịch NaOH thu đợc 1,344 lit H
2
, còn lại chất
rắn không tan có khối lợng bằng 52% khối lợng kim loại đầu .
- Phần 3 : Đốt nóng trong Oxi d thu đợc hỗn hợp 2 Oxit nặng 3,53 gam.
a. Xác định khối lợng hỗn hợp đầu .
b. Xác định tên 2 kim loại A, B .
Biết A ( II ) ; B ( III ) , ( khi đo ở đktc)
Câu V:
Hỗn hợp 2 hợp chất có thành phần hơn kém nhau 2 nhóm ( - CH
2
-) bị đốt
cháy hoàn toàn. Sản phẩm cháy đợc chia đôi, một nửa đầu dẫn qua P
2
O
5
thì
lợng P
2
O
5
tăng 14,4 gam , còn một nữa dẫn qua CaO d thì lợng CaO tăng
36,4 gam.
a, Tìm công thức phân tử , công thức cấu tạo có thể có của 2 hidro cacbon .
b, Tính khối lợng mỗi chất trong hỗn hợp đầu .
Cho : H = 1 , Cl = 35,5, Na = 23 , Al = 27 , Fe = 56 , Ba = 137, Ca = 40,
Cu = 64, Ni = 58,5
Đáp án Đ1
Phòng Giáo dục-đào tạo
Huyện Yên Khánh

đáp án và biểu chấm
môn Hoá lớp 9
Đề thi học sinh giỏi lớp 9
môn : hoá học
Đ3
Đ1
Câu I:
1. ( 3,0 điểm)
+ , Theo (4)

F là một loại Oxit sắt ( FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
)
=> HĐND là Fe(OH)
2
hay Fe(OH)
3
.
+, Theo (3) : T + KOH

hidroxit sắt + E .
=> T phải là muối sắt .
+, Theo ( 2) : Z + Cl

2


T
=> T là FeCl
3
; Z là FeCl
2

+, Theo ( 1) : X

+ Y

FeCl
2
+ H
2
.
=> X là Fe ; Y là HCl ( hay ngợc lại ) .
Chọn X là Fe; Y là HCl .
=> H là Fe(OH)
3
=> F là Fe
2
O
3
.
* Các phơng trình phản ứng * Kết luận :
1) Fe + 2 HCl

FeCl
2
+ H
2

2) 2 FeCl
2
+ Cl
2
2 FeCl
3

3) FeCl
3
+ 3 KOH

3 KCl + Fe(OH)
2


4) 2 Fe(OH)
3
Fe
2
O
3
+ 3 H
2
O
2: ( 1,0 điểm)

+ Khi cho mẩu giấy quỳ tím tẩm nớc vào lọ đụng Cl
2
. Cl
2
sẽ phản ứng với
nớc tạo 2 axit .
Cl
2
+ H
2
O

HCL + HClO.
Sau đó: HClO

HCl + O
=> O là chất ( O ) mạnh, làm mất mầu quỳ tím .
+ Nếu để lâu : 2. O

O
2


Trong dung dịch chỉ còn HCl . Nếu cho quỳ tím vào, quỳ tím sẽ ngà đỏ
Câu II : ( 4 điểm)
1. + , Rót lọ ( 2) vào lọ ( 1) thấy xuất hiện

trắng keo , rót tiếp

tan =>

dung dịch trong lọ ( 2) là NaOH và dung dịch trong lọ ( 1) là Al2(SO
4
)
3
.
Vì lúc đầu: 6 NaOH + Al
2
(SO
4
)
3


3 Na
2
SO
4
+ Al(OH)
3


trắng keo .
Sau đó : NaOH d + Al(OH)
3


NaAlO
2
+ 2 H
2

O.
+, dung dịch trong lọ ( 4) tạo kết tủa với dung dịch trong lọ (3) và tạo một
lợng nhỏ với dung dịch trong lọ ( 5)
=> lọ (4) đựng dung dịch Na
2
SO
4
; lọ 3 là BaCl
2
và dung dịch lọ ( 5) là
(CH
3
COO)
2
Ca .
NaSO
4
+ BạC
2


BaSO
4


+ 2 NaCl .
Na
2
SO
4

+ ( CH
3
COO)
2
Ca

CaSO
4


+ 2 CH
3
COONa
Về CaSO
4
ít tan nên lúc đầu cha có

sau xuất hiện ít kết trắng
* Kết luận : Lọ 1 : Al
2
(SO
4
)
3
4: Na
2
SO
4
2: NaOH 5: (CHCOO)
2

Ca.
3: BaCl
2

2. ( 2,0 điểm)
+, Không chng N
2
+ O
2

phân biệt
+, Điều chế NH
4
NO
3
:
C + H
2
O CO + H
2

N
2
+ 3 H
2
2 NH
3

2 NH
3

+ 5 O
2
4 NO + 6 H
2
O
2 NO + O
2
2 NO
2

4NO
2
+ O
2
+ 2 H
2
O

4 HNO
3

HNO
3
+ 2H
2
O

NH
4
NO

3
( Đạm 2 lá)
+, Điều chế URE:
CaCO
3
CaO + CO
2

CO
2
+ 2 NH
3
( NH
2
)
2
CO + H
2
O
Câu III: ( 4 điểm)
1, ( 2 điểm)
+, Thêm ( a + b) mol CaCl
2
vào dung dịch A:
CaCl
2
+ K
2
CO
3

CaCO
3


+ 2 KCL . ( 1 ) ( 0,5 đ )
b b b
CaCl
2
+ KHCO
3
(*)
Từ ( 1) => m

= 100 b
+, Thêm ( a + b) mol Ca(OH)
2
vào dung dịch A:
Ca(OH)
2
+ K
2
CO
3


Ca(CO)
3

+ 2 KOH ( 2)
b b b ( 0,5 đ )
Ca(OH)
2
+ KHCO
3


CaCO
3


+ KOH + H
2
O (3)
a a a
Từ (2), ( 3 ) => m

= 100 b + 100 a ( 0,25 đ )
Vậy m
2
> m
1
( 0,25 đ )
2, ( 2 điểm)
+, CH
3
COOH + NaOH

CH
3
COONa + H
2
O (0,25 đ)
CH
3
COOH + NaOH CH
4
+ Na
2
CO
3
( 0,25 đ )
2CH
4

. nll
C
.
1500
0
C
2
H
2
+ 3H
2
( 0,25 đ )
C

2
H
2
+ H
2

tP ,
d
C
2
H
4
( 0,25 đ )
CH
2
= CH
2
+ Ba
2

OH
2
CH
2
Ba-CH
2
Ba ( 0,5 đ )
CH
2
Ba-CH

2
Ba + 2NaOH

HO-CH
2
-CH
2
-OH + 2NaBa
Êtylenglycol ( 0,5 đ )
Câu IV: ( 4 điểm )
a, Khi hoà tan hỗn hợp trong dung dịch kiềm NaOH giải phóng H
2
nên
phải có 1 Cacbon lỡng tính ( vì lợng H
2
giải phóng trong dung dịch kiềm <
lợng H
2
giải phóng trong dung dịch axit HCl ) ( 0,25 đ )
Gọi số mol kim loại A, B trong
3
1
hỗn hợp lần lợt là x ; y mol ( x, y > 0 )
nH
2
ở P
1
=
4,22
792,1

= 0,08 mol ( 0,25 đ )
nH
2
ở P
2
=
4,22
344,1
= 0,06 mol
=> m hỗn hợp A, B = Ax + By
* Nếu B lỡng tính => A không tan
+, P1: Hoà tan hợp hợp với dung dịch HCl ( 0,25 đ )
A + 2 HCl

ACl
2
+ H
2
( 1 )
` x x
2B + 6 HCl

2BCl
3
+ 3H
2
(2)
y 1,5 y