Tải bản đầy đủ (.pdf) (3 trang)

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)

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


2


16 8 1 8 32


mm  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: x1x2 17(x1x2)2 289(x1x2)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

t



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) 



3


3


( 1) 64
( 1) 8


x
y
  


 
 
1 4
1 2
x
y
 

  
 
3
1
x
y


 


0.25


Với (a;b) = (8;64) 


3


3


( 1) 8
( 1) 64


x
y
  


 
 
1 2
1 4
x
y
 

  
 
1
3
x
y




 

0.25



(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

2

7

x

10,

u

2

 

v

2

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



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


E


B
O


N
M



A


1. (2.0 điểm)


0


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


0


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


0


180



MON

MKN

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


B
O


I


D


C


N
M




(3)

Gọi I là giao điểm của AC và MD.


Ta có:

MCA

NCM

60

0

ACD

60

0


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 )(

0

MC

cos60 )

0 =
4


3


2


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 -


2


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


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


2



; minS =  2 khi m = n = p = -
3


2


0.25
2. (1.5 điểm)


Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:


2 2 2


2 2 2


2
( ) ( ) ( )


1 1 1


( 1) ( 1) ( 1)




    


       


 


 



 


     


 


a b c


a b c


ab a bc b ca c


a b c


ab a bc b ca c


0.5


2


. .


. 1


 


 


     



 


a bc b c b


ab bc abc bc bc b cab bc b
2


1


1


1 1 1


 


 


     


 


b bc


b bc bc b bc b


0.5


2 2 2



1


( 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.





×