Tải Đề thi học sinh giỏi Văn hóa lớp 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (295.94 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG 
Ngày thi: 30/3/2013

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (5,0 điểm)

1) Tính giá trị của biểu thức A 3 26 15 3  3 26 15 3 .

2) Rút gọn biểu thức

2 2 2 7 3 2 1 1

. :

3 3 2 11 3 2 2 2

a a a a

P

a

a a a a

           

       

            

     .

Câu 2. (4,0 điểm)

1) Giải phương trình: 3 x3 8 2x2 3x10.

2) Giải hệ phương trình sau:

2 2
2

1 4
( 1)( 2)

x y xy y

x x y y

    





   



 .

Câu 3. (4,0 điểm)

1) Cho hàm số y x 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng  có phương trình
y x m  cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt A x y( ; ), ( ; )1 1 B x y2 2 thoả mãn:

4 4

2 1 2 1

(x  x) (y  y) 18.

2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a b c, , đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện
20abc30(ab bc ca  ) 21 abc

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A (AB<AC), có đường cao AH và O là trung điểm của
cạnh BC. Đường trịn tâm I đường kính AH cắt AB, AC thứ tự tại M và N. OA và
MN cắt nhau tại D.

1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Chứng minh :

1 1 1

ADHB HC .

3) Cho AB=3 và AC=4. Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BMN.
Câu 5. (1,0 điểm)

Cho ba số dương a b, và c thoả mãn abc 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2 3 2 3 2 3 2

a  b  b  c  c  a   .

---Hết---Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Giám thị 2 (Họ tên và ký)...
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

MƠN THI: TỐN; LỚP: 9 PHỔ THƠNG 
Bản hướng dẫn chấm có 04 .trang

Câu 1 Hướng dẫn giải (5 điểm)

1. 
(2 điểm)

Ta cóA 3 26 15 3  3 26 15 3

2 2 3 2 2 3

38 3.2 3 3.2.( 3) ( 3) 38 3.2 3 3.2.( 3) ( 3)

        0.5

3 3

3(2 3) 3 (2 3)

    0.5

(2 3) (2 3)
   

0.5

2 3

A  .

KL: 0.5

2 
(3 điểm)

Điều kiện: 2a11 0.5

Đặt x a 2 (0x3) a x 22. 0.5

Tính được

2 2

( 2) 9 3 1 1

. :

3 3 9 3

x x x x

P

x x x x x

 

    

      

    

  0.5

( 2) 3( 3) 2 4

. :

3 9 ( 3)

x x x

x x x

 

    

    

 

   

0.5

( 2) ( 3)
.

3 2 4 2

x x x x

x x

 

 

  0.5

2
2
a 

KL:

0.5

Câu 2 (4 điểm)

1

(2 điểm) ĐK:
2

x  . Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành:

2 2

3. (x2)(x  2x4) 2( x  2x4) ( x2) 0.5
Chia cả hai vế của phương trình cho x2 2x4, ta được

2 2

3 2 0

2 4 2 4

x x

x x x x

 

  

    (1) 0.5

Đặt 2
2

( 0)
2 4

x

t t

x x



 

 

Thay vào (1) ta được t2 3t 2 0  t 1 hoặc t 2 (t/m)

0.5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+ với t 1ta có

2
2

1
2

=1 3 2 0

2
2 4
x
x
x x
x
x x



     


   (t/m).

+ với t 2ta có

2
2

=2 4 9 14 0
2 4

x
x x
x x

   

  (vô nghiệm).

KL:
0.5
2
(2 điểm)
2
2

1 ( ) 4
( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

    


   



+ Với y 0 Hpt trở thành:

2
1 0

( 1)( 2) 0
x
x x
  


  


 (vô nghiệm)

0.5

+ Với y 0.Hệ trở thành
2

2
1

( ) 4
1

( )( 2) 1

x

x y
y
x
x y
y
 
  




   

 (1)
+ Đặt
2 1
,
x

a b x y

y


  

thay vào hpt(1) ta được

4
( 2) 1

a b
a b
 


 

0.5

+ Giải được: a1,b3 0.5

+ Với a1,b3

2 1
1
3
x
y
x y
 


 
  
 .

Giải được nghiệm của hệ: ( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y 
+ KL:

0.5

Câu 3 (4 điểm)

1
(2 điểm)

Xét pt hoành độ giao điểm:
2

x  x m

2 0

x x m

    (1)

Đường thẳng  cắt đths đã cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ 
khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt.

0.5

+ Điều kiện:   1 4m0

1
.
4
m

  0.5

+ Khi đó A x y( ; ), ( ; ) 1 1 B x y2 2

+ Theo định lí Viet x1x2 1, x x1 2m. Ta có y1x1 m y, 2 x2 m
+ (x1 x2)4(y1 y2)4 18 (x1 x2)4  9 [(x1x2)2 4x x1 2]2 9

0.5

+ Tìm được

1 (k / )
1

( / )
2

o

m t m

 

 

KL:
0.5
2

(2 điểm) + Từ giả thiết suy ra:

2 1 1 1 7

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

giả sử a b c  1. Suy ra 
2 3

2 9
3c c
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}

0.5

+ Với b 7 từ (1) suy ra

1 1 2

{19; 23;29;31;37; 41}
42a 35 a

+ Với b 11 từ (1) suy ra

5 1 6

66a 55 a ( do a>b)

0,5

+ Với c 3 từ giả thiết suy ra
1 1 1 11 1 2

(*) 6 5

3a b 30  3b b  b ( do b>c)

Thay b 5 vào (*) được

6 7

a a

   
.
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.

0.5

Câu 4 (6 điểm)

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 raACB AMN  , mà AMN NMB  1800nên ACB NMB 1800 0.5

KL: 0.5

2
(2 điểm)

+ Có AID AOH vì cùng bằng hai lần ACB. 0.5

+ Tam giác

AD AI

AID AOH

AH AO

 

  0.5

+ Có

1 1 1 1

( ), AI= .

2 2 2 2

AO BC  HB HC AH  HB HC 0.5

+ Do đó

1 1 1

. .

AO HB HC

AD AH AI HB HC HB HC



    0.5

(2 điểm) + Tính được BC=5,

12
5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+ Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó
KI là đường trung trực của đoạn MN.

Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên  ADI AHO900 
OA MN

 

Do vậy KI//OA.

0.5

+ 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

2 2 2 1 2 1 2 1 2 769

4 4 4 10

R KB  KO OB  AI  BC  AH  BC  0.5

Câu 5 (1 điểm)

Ta có: a22b2 3 (a2b2) ( b21) 2 2  ab2b2

Tương tự:b22c2 3 2bc2c2, c22a2 3 2ac2a2

0.5

Suy ra:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

( )

2 3 2 3 2 3 2 1 1 1

1 1 1 1 1

( ) .

1 1 1

2 1 1 1 2

a b b c c a ab b bc c ac a

ab b a

a ab b

    

           

   

 

   

0.5

Điểm toàn bài (20điểm)

Lưu ý khi chấm bài:

- 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.

</div>

Tải Đề thi học sinh giỏi Văn hóa lớp 9 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về