De thi hsg Bac Ninh 2014 co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu 1.1 (2.0 điểm). Đáp án P 3. x ( x  1)  x  x 1. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán - Lớp 9 - THCS. Điểm. = x (2 x  1) 2( x  1)(0.75 x 1)  x x1. = x ( x  1)( x  x  1) 0.75  2 x  1  2( x  1) x  x 1 = x. x 1. 0.5. 1.2 (2.0 điểm) P = 3 x  x Đặt. x 1 = 3. x  2 0. 0.5. x = t, t 0 ta được.  t  1 ( L) t 2  t  2 0    t 2 (TM ) Với t = 2 ta được x = 2  x = 4 (thỏa mãn ĐK).. 1.0. 0.5. Vậy x = 4 thì P = 3. 2.1 (2.0 điểm)  (4m  1) 2  8(m  4). 0.5 0.5. 16m 2  8m  1  8m  32 16m 2  33 Vì  16m2  33  0, m   nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.. 1.0. Phương trình (1) luôn có. 0.5. 2.2 (2.0 điểm) hai nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lý Viét ta có.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x1  x2  (4m 1)   x1.x2 2(m  4) Theo ycbt: 2 x1  x2 17  ( x1  x2 ) 2 289  ( x1  x0.5 2 )  4 x1 x2 289. .  (4m  1) 2  8(m  4) = 289  16m2  33 289  16m2 256  m 4 .. 1.0. Vậy m 4 là giá trị cần tìm. 3.1 (2.0 điểm) 4 x 2  y 4  4 xy 3 1 1 HPT   2 2 4 x  2 y  4 xy 2  2  , trừ vế với vế hai PT ta được:. 0.5.  y 2  1 0  3 y  2 y  1  4 xy  4 xy 0   y  1  y  1  4 xy  0   2  y  1  4 xy 0  3  y 1 thay vào 0.5 (1) ta được các nghiệm 4. 2. 3. 2. 2.  x; y  là  0;1 ;  1;1 ;   1;  1  0;  1 . Ta thấy y 0 không thỏa mãn (4) nên y 1  4  x   4 4 y thay vào (2) ta có: 0.5 y 1  y 1  y2 1 1 2 4   2 y  4 y   2    2  2 y 2  y 2  1 2    4 2 4y  4 4y   4 4y  2  y 1 4 2  5 y  6 y  1 0   2 1 y   5 2 0.5 Với y 1  x 0 ta 2.  x; y . được nghiệm là (0; 1) 1 y2  5 ta được Với.  x; y . nghiệm là  1 1  1 1  ; ;   ,   5 5  5 5 Vậy nghiệm.  x; y . của.  4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> hệ là  1 1  1 1  ; ;  ,  ,  1;1 ,   1;  1  5 5  5 5.  0; 1 ,  3.2 (2.0 điểm). 3m 2 2  2 ( m  n  p )  ( m  p ) 2  ( n  m ) 2 2 n 2  np  p 2 1 . 0.5. .  (m  n  p) 2 2  (m  p) 2  (n  m) 2 2 0.5  S 2 2   2 S  2 . S = 2  m n  p . 2 3 ; S  2  2  m n  p  3 . 2 khi 2 m n  p  3 ; minS =  2 khi m n  p .  maxS =. . 0.5. 0.5. 2 3 .. 4.1 (2.0 điểm). 0.5. AMB  ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  B là trực tâm của tam giác AEF  AB  EF   NEF  NAB (cùng. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  phụ với góc NFE )   vuông NEF  vuông NAB (g.g) EF NE   tan NAE  AB NA = tan600 = 3. 0.5 0.5. 4.2 (2.0 điểm)  MON là góc ở tâm cùng chắn cung MN    MON 2MAN 1200   EMF ENF 900  tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K.    MKN 2 MEN 2.300 600    MON  MKN 1800  OMKN là tứ giác nội. 0.5. 0.5 0.5 0.5. tiếp. 4.1 (1.0 điểm) Gọi I là giao điểm của AC và MD. Ta có   MCA  NCM 600  ACD 600  Tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa là phân giác  MCD cân tại C.  SMCD = 2.SMCI 1 2. .MI .CI 2 = MI .CI =   ( MC sin MCI )( MCcos MCI ). =. 0.25. 0.5. ( MC sin 600 )( MCcos600 ) MC 2 3 4 =  SMCD lớn nhất  MC lớn nhất  MC là đường kính của (O). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5.1 (1.5 điểm) Nếu 2014 số bằng nhau thì lấy 1007 số bất kỳ luôn có tổng là 2014. Ta xét trường hợp trong 2014 số có ít nhất hai số khác nhau. Giả sử. 0.5. 2014 số là n1 , n2 ,..., n2014 và n1 n2 . Xét dãy gồm 2014 số n1 , n2 , n1  n2 , n1  n2  n3 ,..., n1  n2  ..  n2013 Nếu có một số trong dãy chia hết cho 2014 thì số đó là 2014 (vì nó là số nguyên dương. 0.25. chia hết cho 2014 nhỏ hơn 4028). Nếu không có một số nào trong dãy chia hết cho 2014 thì theo nguyên lý Dirichlet có hai số trong dãy có cùng số dư khi chia cho 2014. Do đó, hiệu của chúng (số lớn trừ số bé) chia hết cho 2014, mà hiệu này là số nguyên dương chia hết cho 2014. 0.75.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> nhỏ hơn 4028 nên nó bằng 2014. Vậy ta có điều phải chứng minh. 5.2 (1.5 điểm) Do S PQR S ADR  S APQ S ADP  D và Q cách đều AP  DQ / / AP  BQD đồng dạng với BPA BP AB AP BQ  QP QP0.5     1  BQ BD QD BQ QB . Vì hai tam giác ARP, QRD đồng dạng AR AP RP   QR QD RD . nên Đặt AR QB CP a, b, c QR QP PR t ừ AR AP QP 1  1   a 1  QR QD QB b 0.5 . Chứng minh tương tự 1 1 b 1  , c 1  c a Do đó, 5 1 a 2  a  1 0  a b c  2 2 PR RD PR 2 PR 0.51 PD  RD  ,    1  1 CP 5  1 CP CP CP 5  1 c. . Suy ra, P là trung điểm của CD.  S BCP S BDP  SCEQP S BDRQ Chứng minh tương tự ta S S ARPF được CEQP .. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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 không làm tròn. -----------Hết-----------.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>