Bieu diem Toan HSG 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (165.62 KB, 5 trang )

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

Ubnd hun hng hµ

phịng gD & đt

chấm kiểm tra chất lợng h.s.G huyện

đáp án và biu im

Nm hc 2009 - 2010

Môn: Toán 9

Bài 1(5,0 điểm).

Câu

Đáp án

Điểm

2,0 điểm

Ta có





3 2 2

A 1 :

1 2 3 2 3

x x x x

x x x x x

 

    

 

    

        

   

0,25



 





 



3 3 2 2 2

1
:

1 2 3

x x x x x

x x

x x x

      

 


  

0,5







 



9 4 2

1
:

1 2 3

x x x

    


   0,25



 



1 3

1 2 3

x

x x x




   0,25

1 1

1 2

x x



  0,25

1 2

.
1
1

x
x






0,25

2
1

x
x

0,25

2,0 điểm

ĐKXĐ: x0;x4;x9 0,5

Ta cã





7 4

3

2

3

x  



(tháa m·n §KX§)

0,25+0,25





3

x  

    

(v× 2 3 0 )

0,25

Khi đó

2 3 2
A=

2 3 1

 
 

3
=

3 3




0,25





3
=

3 3 1




1
=

3 1










 



1 3 1 3

2
3 1 3 1

  



 

0,25

VËy khi x 7 4

3

th×

1 3
A



 0,25

1,0 ®iÓm Khi

0; 4; 9

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









1 1 2

x

x m x

x



    



 x 2m x



1



-

mx x m 0

Đặt x t , ®k t0;t2;t3ta cã pt mt2 t m0 (*)

Ta phải tìm m để phơng trình (*) có nghiệm thoả mãn t0;t2;t3

TH1: NÕu m = 0 thì pt (*) có nghiệm là t = 0 (thoả mÃn t0;t2;t3) 0,25

TH2: Nếu m 0 thì pt (*) là phơng trình bậc 2 ẩn x

Ta thấy P =

1 0

m

m  m0để pt (*) có 2 nghiệm thoả mãn t0 thì





2 4. . 0 1 4 2 0 1 1

2 2

1 0

0 0

m m m m

m m

m

    

     

 

 

   



  

  



1
0

m

  

0,25

Vì P = 1 m0do đó nếu một nghiệm là 2 thì nghiệm còn lại là

1
( 3)
2 

nếu một nghiệm là 3 thì nghiệm còn lại là

1
( 2)
3

Vậy

1
0

m

0,25

Bài 2(3,0 điểm).

Câu

Đáp án

Điểm

2,0
điểm

Ta có

2010 2009

 

 



2010 2009





0,25+0,2
5



2008 2007

 

2008 2007



2008 2007

 

 



2008 2007





0,25+0,2
5

Ta thÊy 2010 2009  2008 2007

1 1

2010 2009 2008 2007

 

 

0,25+0,2
5

VËy 2010 2009 2008 2007 0,5

2,0
®iĨm

Ta cã ab c a c







 c b c







(víi a > c, b > c, c > 0)







 







ab c a c c a c c b c c b c

       

0,5



 



2 2 2

ab ac c c a c c b c bc c

        0,25



 







2 2 2 0

c c a c b c ab bc ac c

         0,25



 











2 2 0

c c a c b c b a c c a c

         0,25



 



2 0

c c a c b c a c b c

        0,25



 





c a c b c



2 0

    

(luôn đúng với mọi a > c, b > c, c > 0) 0,25

VËy ab c a c







 c b c







(víi a > c, b > c, c > 0) 0,25

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

Câu

Đáp án

Điểm

1,5 điểm

Khi m = -3 thì phơng trình (1) trở thµnh: x2 - x + (-3) + 1 = 0

x2 - x – 2 = 0 0,5

Ta thÊy a - b + c = 1 – (-1) – 2 = 0 0,25

 x1 1; 2

2
2
1

x 0,25+0,25

Vậy khi m = -3 thì phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt là x11; x2 2 0,25

1,5 điểm

Để phơng trình (2) có một nghiệm bằng -3 th×

(-3)2 + (m + 2)(-3) + 2m + 4 = 0 0,5

7
m

  0,25

Gọi nghiệm đã cho là x1 = -3, nghiệm còn lại là x2

Theo Vi-Ðt ta cã x1 + x2 = -(m+2)

0,25

 -3 + x2 = -(7+2)

 x2 = -6

0,25

Vậy để phơng trình (2) có một nghiệm bằng -3 thì m = 7, nghiệm còn lại là -6 0,25

1.0 ®iĨm

Ta thấy cả hai phơng trình đã cho đều là phơng trình bậc hai ẩn x

Gäi biƯt thøc cđa hai phơng trình (1), (2) lần lợt là 1 và 2

Khi đó









1 1 4.1. m 1 4m 3

      











 



2 2

2 m 2 4.1. 2m 4 m 4m 12 m 2 m 6

          

Gäi tËp nghiƯm cđa hai phơng trình (1), (2) lần lợt là S1 và S2

Hai phơng trình (1) và (2) tơng đơng với nhau khi và chỉ khi:

0,25

* Hc S1S2 :

khi đó hai phơng trình (1) và (2) tơng đơng với nhau khi:

1
2

0
0

 



 





 



4 3 0 3

6
4

2 6 0 2 6 4

m m

m

m m

m


  

  

 

       

  


   



0,25

* Hc S1S2 : Gọi x

1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1)

x3, x4 lµ hai nghiệm của phơng trình (2)

khi ú hai phng trỡnh (1) và (2) tơng đơng với nhau khi:

1
2

1 2 3 4
1 2 3 4

0
0

. .

x x x x

x x x x

 




 



  


 




 







4 3 0

2 6 0

1 2

1 2 4

m

m m

m

m m

  




  


 

 


   


3
4
2
3
3

m
m
m
m







  

 
 






hc m 6

m

 

0,25

Vậy hai pt (1) và (2) tơng đơng với nhau khi

6
4 m



hoặc m = -3

0,25

Bài 4

(7,0 điểm)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(HS không vẽ hình hoặc vẽ hình sai bản chất

thì không chấm phần cm)

a)

3,0 điểm

* Xét tứ giác BDMF cã:

BDM 900 (gt) 0,25

BFM 900 (gt) 0,25

Nªn

BDM BFM  1800 0,5

Vậy tứ giác BDMF nội tiếp đờng trịn đờng kính BM (đinh lí đảo)

Do đó 4 điểm B, D, M, F cùng thuộc một đờng tròn đờng kính BM 0,5

* Ta có: CDM 900(gt) do đó điểm D thuộc đờng trịn đờng kính CM 0,5

CEM 900 (gt) do đó điểm E thuộc đờng trịn đờng kính CM 0,5

Do đó 4 điểm C, E, D, M cùng thuộc một đờng trịn đờng kính CM 0,5

b)

2,0 ®iĨm

* Tứ giác CEDM nội tiếp (vì 4 điểm C, E, D, M nằm trên đờng tròn đk CM)

suy ra MDE ECM  1800 (định lí) hay MDE ACM  1800 (1) 0,5

Tø gi¸c ABMC nội tiếp (vì 4 điểm A, B, M, C cïng n»m trªn (O))

suy ra ACM MBF (cïng bï víi ABM ) (2) 0,5

Tõ (1) vµ (2) suy ra MDE MBF  1800 (3) 0,25

* Mặt khác: tứ giác BDMF nội tiếp đờng tròn đờng kính BM (câu a)

nªn MBF MDF (2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n MF) (4) 0,25

Tõ (3)vµ (4) suy ra MDE MDF 1800 0,25

Vậy 3 điểm E, D, F thẳng hàng (đ.p.c.m) 0,25

c)

1,0 ®iĨm

XÐt MBC vµ MFE cã :

 

MBC MFE (2 góc nội tiếp chắn DM của đờng trịn đờng kính BM)

 

MCB MEF (2 góc nội tiếp chắn DM của đờng trịn đờng kính CM)

0,25

do đó MBC đồng dạng với MFE (g - g) suy ra

BC MB

EF MF 0,25

Mà

MB

MF nên 1

BC

EF  hay EFBC 0,25

EF lín nhÊt b»ng BC khi vµ chØ khi MF = MB

 F B (khi đó E C )
 M đối xứng với A qua O
Vậy EF lớn nhất khi M i xng vi A qua O

0,25

Bài 5

(1,0

điểm)

Đáp án

§iĨm

B C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Gọi r, r1, r2 lần lợt là bán kính các đờng trịn nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH

Ta cã AB + AC – BC = AG + BG + AF + CF – (BE + CE)
= AG + AF + (BG – BE) + (CF - CE)
= 2r

T¬ng tù ta cã AH + BH – AB = 2r1;

AH + CH – AC = 2r2

0,25

Ta có HBA đồng dạng với ABC

1 1

2
2

r r

AH BH AB AH BH AB

AC AB BC AC AB BC r r

 

     

 

2 2

r AB

r BC

 

Ta có HAC đồng dạng với ABC

2 2

2
2

r r

AH CH AC AH CH AC

AB AC BC AB AC BC r r

 

     

 

2 2

r AC

r BC

 

0,25

Do đó

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 2 1 2

1 2

2 2 2 2 2 1

r r AB AC r r BC

r r r

r r BC r BC




        0,25

Vậy độ dài bán kính các đờng trịn nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH là độ dài ba

c¹nh cđa mét tam giác vuông. 0,25

Chú ý:

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu (không làm tròn số)

- Đây là đáp án và biểu điểm cụ thể cho một cách giải của từng ý, từng bài. Đối với

những lời giải khác hợp lí và cho kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa nh đáp án quy định

r
E

C
H

</div>

Bieu diem Toan HSG 9

<b><sub>chấm kiểm tra chất lợng h.s.G huyện</sub></b>

<b>đáp án và biu im </b>

<b>Nm hc 2009 - 2010</b>

Môn: Toán 9

<b>Câu</b>

<b>Đáp án</b>

<b>Điểm</b>







 

 

 





 









 





 







3

2

3







3

3

3











 



3













-





<b>Câu</b>

<b>Đáp án</b>

<b>Điểm</b>



 

















 









 





 

 



<sub></sub>

<sub></sub>