Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán tỉnh Kiên Giang niên khóa 2018-2019 - Học Toàn Tập

Ngoài các kiến thức trong chương trình Chuẩn và Nâng cao, nếu học sinh có sử dụng các kiến thức phổ biến trong tài liệu chuyên Toán của Nhà xuất bản Giáo dục, các chuyên đề bồi dưỡng họ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIÊN GIANG

-

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH THCS

NĂM HỌC 2018-2019 - HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/3/2019

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

A HƯỚNG DẪN CHẤM

Ngoài các kiến thức trong chương trình Chuẩn và Nâng cao, nếu học sinh có sử dụng các kiến thức phổ biến trong tài liệu chuyên Toán của Nhà xuất bản Giáo dục, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi… thì giám khảo xem xét cho điểm tương ứng nếu cách giải logic và đúng

B ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Câu 1

(4 điểm)

1)

Cho phương trình x22mx m  (m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của 0

m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x1x2  2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x khi 1, 2   hay / 0 m2  m 0 0

m hoặc m 1 Theo Viete: S  x1 x2 2 ;m P x x 1 2 m

 2

x x   x x 

2 2

S24P 4 m2   m 1 0

1 5

2

  (thỏa điều kiện)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2)

Tìm nghiệm  x y thỏa mãn phương trình: ;

4x  1 4 x x y 2y 3 x 16 y 5 Điều kiện xác định:

2 4

2

2

16 0

1

4

x x

x

 



Phương trình ban đầu trở thành

2

Nếu y1 thì (a) 1 2 3

2

     y y y (nhận) Nếu y < 1 thì (a)    1 y 2 y (vô nghiệm)

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm  x y là ; 2;3

2

Câu 2

(4 điểm)

1)

Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa a b c   3 Chứng minh: abc ab bc ca    3

Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số không âm , ,a b c :

3

1 3

a b c abc    

Mặt khác, ta lại có :    2

3 ab bc ca   a b c  (2) Thật vậy, BĐT (2) tương đương với ab bc ca a   2b2 c2

  2  2 2

0

a b  b c  c a  (đúng)

3 3

a b c

Nhân (1) và (3) ta được abc ab bc ca    (đpcm) 3

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

2)

Một chiếc ô tô khởi hành từ TP Rạch Giá đến TP Hồ Chí Minh dài 280km với vận tốc 80km/giờ Cứ sau mỗi giờ lại giảm vận tốc 5 km Hỏi mất bao lâu thì đến TP Hồ Chí Minh

Trong 3 giờ ô tô đi được 80 75 70 225   km

Còn 55 km nữa ô tô đi với vận tốc 65 km/giờ

Ta có 55 11

65 13 giờ

Suy ra 3 11 50

13 13

  giờ

Vậy ô tô đi từ TP Rạch Giá đến TP Hồ Chí Minh hết 50

13 giờ (tức mất khoảng

3 giờ 51 phút)

0,75 0,25 0,25 0,25 0,5

Câu 3

(4 điểm) 1a)

Cho đa thức hệ số nguyên   1



nguyên ,a b khác nhau Chứng minh: P a P b   a b 

Sử dụng hằng đẳng thức

akbk a b a   k  1a bk  2   abk  2bk  1 với k là số nguyên 1

P a P b a a b a  a  b   a a b

n

n







Do ,a b nguyên nên suy ra P a P b   a b 

0,25 0,25 0,25 0,25

1b)

Cho đa thức P x hệ số nguyên thỏa   P 9 10 và P 10  9 Tồn tại hay không số nguyên x sao cho 0 P x 0  x0

Giả sử tồn tại số nguyên x sao cho 0 P x 0  x0

Từ câu a) ta có

0,25

 0   9 0 9  0 10  0 9

P x P  x   x   x 

 0   10 0 10  0 9  0 10

P x P  x   x   x  Suy ra 0 10 0 9 0 19

2

x   x  x   Không tồn tại số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán 0

0,25

0,25 0,25

2)

Tìm nghiệm nguyên  x y của phương trình: ; x2  y 1 y22x

 2

x   y y  x x y  y

x 1 y x 1 y y

Có các trường hợp xảy ra

       

1

   



    

 không có nghiệm nguyên

Vậy phương trình chỉ có 1 nghiệm nguyên  x y là ; 1; 1 

0,5 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 4

(4 điểm)

1)

Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 50 sau đó thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ và viết một số a b  lên 2 bảng Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 49 bước số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu? Tại sao?

Tổng tất cả các số ban đầu trên bảng: S    1 2 50 1275 Qua mỗi bước ta thấy tổng giảm đi 2

Lúc đầu tổng S1275 sau 49 bước số còn lại sẽ là 1275 2.49 1177 

0,5 0,5 1,0

2)

Cho hình vẽ bên, với ABCD là hình vuông có cạnh bằng a , BD song song với

CE và BD BE Tính số đo góc BEC

E

B A

Gọi J là giao điểm hai đường chéo hình vuông ABCD;

I là chân đường vuông góc hạ từ B lên CE

Ta có tứ giác BICJ có các cặp cạnh đối song song và bằng nhau

a

BI JC AC

2

BE BD a 

0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

Trong tam giác vuông BIE có sin 1

2

BI BEI BE

Suy ra BEI 300

0,5

Câu 5

(4 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AD là đường kính Biết

2 5

AB BC  cm và CD6cm Tính bán kính của đường tròn (O)

I

O

C

B

Gọi I là giao điểm giữa BO và AC

Do AB BC nên AB BC và OA OC Suy ra OBAC và IA IC

Suy ra OB song song với CD

2

OI  CD

Áp dụng định lý Pytago trong hai tam giác vuông IBC và IOC :

IC BC IB và IC2OC2OI2

Suy ra BC2IB2 OC2OI2

      (R  loại) 2

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

-HẾT -