Đáp án HSG Toán học lớp 9 Ninh Bình 2012-2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (494.17 KB, 3 trang )

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

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS 
Năm học 2012 – 2013

MƠN: TỐN

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 
(4.0 điểm)

1. (2.0 điểm) 
2

(4 1) 8( 4)
  m  m

16 8 1 8 32

 m  m  m 16m233

0.5

0.5 
Vì  16m233  0 m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt

với mọi m. 1.0

2. (2.0 điểm)

Phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với m nên
theo định lý Vi-ét ta có 1 2

1 2

x x (4m 1)
x .x 2(m 4)

   



  



0.5

Theo ycbt: x1x2 17(x1x2)2 289(x1x2)24x x1 2 289 0.5

2 2 2

(4 1) 8( 4) = 289 16 33 289 16 256 4

 m  m  m    m  m  0.75

Vậy m 4 là giá trị cần tìm. 0.25

2 
(4.0 điểm)

1. (2.0 điểm) 
P =
1
)
1
)(
1
(
2
)
1
2
(
1
)
1
( 3










x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0.75

= 2 1 2( 1)

1
)
1
)(
1
(    





x
x
x
x
x

x
x
x
0.75

x



x



1

0.5

2. (2.0 điểm)

P = 3



x



x



1

= 3



x



x

 

2

0

0.5 
Đặt

x

= t,

t



0

ta được pt 2

2

0 1 ( )

2 (

)

 



     



t

L

t

TM

1.0

Với t = 2 ta được

x

= 2



x = 4 (thỏa mãn ĐK). 0.25

Vậy x = 4 thì P = 3. 0.25

3 
(4,0 điểm)

1. (2.0 điểm) 
HPT



3 3

1 8

( 1) ( 1) 72

xy y x

x y

   




   

  3 3

( 1)( 1) 8

( 1) ( 1) 72

x y
x y
  



   
 
3 3
3 3

( 1) ( 1) 512
( 1) ( 1) 72

x y
x y
   


   
 0.75

Đặt (x+1)3 = a và (y +1)3 = b ta có hệ 512
72
ab
a b


  

 0.25 
Giải hệ (2) ta được : (a;b) = (64;8) hoặc (a;b) = (8;64) 0.25

Với (a;b) = (64;8) 

( 1) 64
( 1) 8

x
y
  


 
 
1 4
1 2
x
y
 

  
 
3
1
x
y


 


0.25

Với (a;b) = (8;64) 

( 1) 8
( 1) 64

x
y
  


 
 
1 2
1 4
x
y
 

  
 
1
3
x
y



 

0.25

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

2. (2.0 điểm)

ĐKXĐ của phương trình là: x  - 2 0.25 
Đặt

x

  

5 u

0,

x

  

2 v

0

ta có:

uv



x



7 x



10,

u

 

v

3

0.25 
Thay vào phương trình ta được: 2 2

(

u



v

)(1



uv

)



u



v

(

u

v

)(1

uv

)

(

u

v u

)(

v

)

 











(

u



v

)(1



u

)(1

  

v

)

0

1 u

v

u

v





 



 



0.5

* Với u = v ta có

x

 

5 x



2 

PT vô nghiệm
* Với u = 1 ta có

x

 

5 1

  

x

4

(loại)

* Với v = 1 ta có

x

 

2 1

  

x

1

(TM)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1

0.25 
0.25 
0.25 
0.25

4 
(5.0 điểm)

y
x

F
K

B
O

N
M

1. (2.0 điểm)

90 AMB



ANB



(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)



B là trực tâm của tam giác AEF



AB EF 0.5



NEF



NAB

(cùng phụ với góc

NFE

) 0.5





vuông NEF vuông NAB (g.g) 0.5



EF

NE

tg NAE

AB



NA



= tg60

0 =

3

0.5

2. (2.0 điểm)

MON

là góc ở tâm cùng chắn cung MN



MON



2 MAN



120

0 0.5

90 

EMF

ENF



tứ giác MNFE nội tiếp đường trịn đường kính EF tâm K 0.5

0 0

2

2.30

60 

MKN



MEN



0.5

180 

MON



MKN





OMKN là tứ giác nội tiếp 0.5 
3. (1.0 điểm)

B
O

N
M

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

Gọi I là giao điểm của AC và MD.

Ta có:

MCA



NCM



60 

ACD



60 

tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa là phân giác



MCD cân tại C

0.25



SMCD = 2.SMCI = .MI.CI

2
1
.

2 =

MI CI

.

(

MC

sin

MCI MC

)(

cos

MCI

)

(

MC

sin 60 )(

MC

cos60 )

0 =
4

MC 0.5



SMCD lớn nhất  MC lớn nhất  MC là đường kính của (O) 0.25

5 
(3.0 điểm)

1. (1.5 điểm) 
n2 + np + p2 = 1 -

3m

2

(1) (m + n + p)

2 + (m - p )2 + (n - m)2 = 2 0.5

(m + n + p)2 = 2 - (m - p)2 - (n - m)2



2



2 S

  

 

S

0.5

S = 2  m = n = p =

2

3

; S = - 2  m = n = p =

-2

3

0.25



maxS = 2 khi m = n = p =
3

; minS =  2 khi m = n = p = -
3

0.25 
2. (1.5 điểm)

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:

2 2 2

2
( ) ( ) ( )

1 1 1

( 1) ( 1) ( 1)

      

          

             

 

 

   

     

 

a b c

ab a bc b ca c

a b c

ab a bc b ca c

0.5

. .

. 1

 

   

     

 

a bc b c b

ab bc abc bc bc b cab bc b
2

1 1 1

 

    

     

 

b bc

b bc bc b bc b

0.5

2 2 2

( 1) ( 1) ( 1)

   

       

a b c

ab a bc b ca c a b c 0.25

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. 0.25

Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 
 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang 
điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám 
khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết.

3. Tổng điểm của bài thi khơng làm trịn.

</div>

Đáp án HSG Toán học lớp 9 Ninh Bình 2012-2013 - Học Toàn Tập

<i>x</i>



<i>x</i>



1



<i>x</i>



<i>x</i>



1



<i>x</i>



<i>x</i>

 

2

0

<i>x</i>

<i>t</i>



0

2

0

1 ( )

2 (

)

 



     

<sub></sub>

<i>t</i>

<i>L</i>

<i>t</i>

<i>t</i>

<i>t</i>

<i>TM</i>

<i>x</i>





<i>x</i>

  

5

<i>u</i>

0,

<i>x</i>

  

2

<i>v</i>

0

<i>uv</i>



<i>x</i>



7

<i>x</i>



10,

<i>u</i>

 

<i>v</i>

3

(

<i>u</i>



<i>v</i>

)(1



<i>uv</i>

)



<i>u</i>



<i>v</i>

(

<i>u</i>

<i>v</i>

)(1

<i>uv</i>