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.. Tổng điểm của bài thi không làm tròn.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS
Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
1
(4.0 điểm)
1 (2.0 điểm)
2 (4 1) 8( 4)
m m 2
16 8 1 8 32
m m m 16m233
0.5 0.5
Vì 16m233 0 m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
2 (2.0 điểm)
Phương trình (1) luôn 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)24x x1 2 289 0.5
(4 1) 8( 4) = 289 16 33 289 16 256 4
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
1
) 1 )(
1
x x
x x
x x x x
0.75
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 1 ( )
t L
t t
Với t = 2 ta được x= 2 x = 4 (thỏa mãn ĐK) 0.25
3
(4,0 điểm)
1 (2.0 điểm)
HPT
1 8 ( 1) ( 1) 72
( 1)( 1) 8 ( 1) ( 1) 72
( 1) (33 1)3 3512
( 1) ( 1) 72
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)33 64
( 1) 8
x y
1 4
1 2
x y
1
x y
0.25
Với (a;b) = (8;64)
3 3
( 1) 8 ( 1) 64
x y
1 2
1 4
x y
3
x y
0.25
Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (3;1); (1;3) 0.25
Trang 22 (2.0 điểm)
ĐKXĐ của phương trình là: x - 2 0.25
Đặt x 5 u 0, x 2 v 0 ta có: uv x2 7 x 10, u2 v2 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 tròn)
B là trực tâm của tam giác AEF AB EF 0.5
NEF NAB(cùng phụ với góc NFE) 0.5
EF NE tg NAE
2 (2.0 điểm)
MON là góc ở tâm cùng chắn cung MN MON 2 MAN 1200 0.5
0
90
EMF ENF tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K 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
A
Trang 3Gọi 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
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
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
S S 0.5
S = 2 m = n = p = 2
3 ; S = - 2 m = n = p = - 2
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
( ) ( ) ( )
0.5
2
ab bc abc bc bc b cab bc b
2 1
1
0.5
1
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 không làm tròn
-Hết -