DAP AN HSG HHOA 20122013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (112.29 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học: 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Hướng dẫn Điểm a.(2đ) ĐKXĐ : x > 1. 0,5đ 1 1 x x x x 1 x x1 B = x 1 x. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HÓA. Bài. x 1 x x 1 B = ( x 1 x )( x 1 2 x 1 x B= 1. x x ( x 1) x) x1. b. (1đ) Với x > 1 ta có : B > 0 x 2 x 1 0 x2 x 1 x 2 4( x 1) ( x 2)2 0 (*) (*) đúng với mọi x 2 . Vậy B > 0 khi x > 1 và x 2. 4đ. x c. (1đ). 53 53(9 2 7) 9 2 7 81 28 9 2 7. thay vào B = x 2 x 1 ta có: B = 9 2 7 2 8 2 7 9 2 7 2( 7 1) 7 53 x 9 2 7 thì B = 7. Vậy với Bài 2 a.(2đ) Đk : x 5 4đ x 1 4 x 5 1 x 4 x 5 4 . 0,5đ 0,5đ. B= x 2 x 1 Bài 1. 0,5đ. ( x 5 2) 2 ( x 5 2) 2 4. . x 5 2 . . x 5 2 2. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ. x 5 2 4 x 5 4. (1) Áp dụng bất đẳng thức A B A B vào (1) ta có : x 5 2 2 x 5 x 5 2 2 x 5 4 Dấu bằng xảy ra ( x 5 2).(2 x 5) 0 (2 x 5) 0 (vì x 5 2 0 ). 0,25đ 0,25đ 0,25đ.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 x 5 x 9 Kết hợp với điều kiện, ta có 5 x 9 Vậy nghiệm của phương trình là : 5 x 9 10 . 0,25đ 0,25đ 0,5đ a (a, b N* ,UCLN(a;b)=1) b. b(2đ) . Giả sử: 10 là số hữu tỉ. Đặt a2 2 10 a 2 10b 2 a 2 5 a5 a 2 25 b 10b 2 25 b 2 5 b5 Khi đó ƯCLN(a;b) 5 mâu thuẫn với ƯCLN(a;b) = 1. Vậy 10 là số vô tỉ.. 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ. Bài 3. a. (1,5đ) Vẽ đồ thị hàm số y 2 x 1 (3đ) 1 2 x 1 khi x - 2 y 2 x 1 2 x 1 khi x< 1 2. 0,5đ. 0,25đ. O. 1. y. x. Nhận xét rằng y 0 với mọi x. Ta có đồ thị hàm số :. Vẽ đúng đồ thị 0,75đ b.(1,5đ) Giả sử M(x0 ; y0) là tọa độ giao điểm của hai đồ thị hai hàm số 0,5đ y 2 x 1 và y = 3x – 5 . ta có : 5 x 0 2 x0 1 3x0 5 đk : 3 0,25đ TH1: 2 x0 1 3x0 5 x0 6. ( nhận) 0,25đ 4 2 x0 1 3 x0 5 x0 . 5 ( loại) TH2: 0,25đ Với x0 = 6 thì y0 = 13..
<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là M(6 ; 13). 0,25đ. C. E. H N A. M. B. O K. D. F. a. (2đ) Vẽ OH vuông góc với CD, OH cắt EF tại K, suy ra HK vuông góc với EF ( vì CD // EF). Suy ra HC = HD; KE = KF. Ta chứng minh được HOM KON ( cạnh huyền - góc nhọn) Suy ra OH = OK, suy ra CD = EF, từ đó suy ra tứ giác CDEF là hình Bài 4 bình hành. (4đ) Lại có KH là đường trung bình của hình bình hành CDFE, nên HK // CE, 0 suy ra ECD KHD 90 . Vậy tứ giác CDFE là hình chữ nhật. 2 R 3 OH OM .SinHMO .R.Sin600 3 3 b. (2đ) Ta có 2R 3 CE HK 2.OH 3 3R 2 6 R 2 2 2 2 2 CH OC OH R 9 9 R 6 2R 6 CH CD 3 3 Suy ra Vậy. SCDFE. 2R 3 2R 6 4R2 2 CE.CD . 3 3 3 (đvdt). 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0.5đ. 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán . BCD và ECD có SBCD = SECD = 1, đáy CD chung nên các đường cao Bài 5 hạ từ B và E xuống CD bằng nhau => EB // CD. (2đ) Tương tự AC// ED, BD //AE, CE // AB, DA // BC Gọi I = EC BC => ABIE là hình bình hành. => SIBE = SABE = 1. Đặt SICD = x < 1 => SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED S ICD IC S IBC x 1 x S IE S IBE hay 1 x 1 => x2 - 3x + 1 = 0 Lại có IDE 3 5 => x = 2. 3. do x < 1 => x =. 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 5 2. .. 51 Vậy SIED = 2 . Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED 5 1 5 5 = 3 + 2 = 2 (đvdt). 0,25đ 0,25đ.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> a. (1,5đ )Áp dụng bất đẳng thức x2 + y2 2xy ( với mọi x, y ), ta có: 1 1 1 a 4 b 4 c 4 (a 4 b 4 ) (b 4 c 4 ) (c 4 a 4 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c c a (1) Mặt khác : 1 1 1 a 2 (b 2 c 2 ) b 2 (c 2 a 2 ) c 2 (a 2 b 2 ) 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 2 2 2 a bc b ca c ab abc (a b c ) (2). 0,25đ 0,5đ. 0,5đ. 4 4 4 Từ (1) và (2) ta có a b c abc(a + b+ c) (đpcm).. 0,25đ. 2 b. (1,5đ ) abc 100a 10b c n 1 (1) Bài 6 cba 100c 10b a ( n 2) 2 n 2 4n 4 (2) (3đ) Từ (1) và (2) ta có: 99(a c) 4n 5 (4n 5)99 (3) 100 n 2 1 999 101 n 2 1000 11 n 31 Mặt khác 39 4n 5 119 (4) Từ (3) và (4) 4n 5 99 n 26. 0,25đ 0,25đ. Vậy abc 675.. Chú ý: 1. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 2. Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.
<span class='text_page_counter'>(6)</span>
