Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 9 Quảng Bình 2017-2018 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (824.22 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM


KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018
Khóa ngày 22 tháng 3 năm 2018


Mơn thi: TỐN
LỚP 9


Đáp án này gồm có 05 trang
YÊU CẦU CHUNG


* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu
cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.


* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với
những bước giải sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai
thì cho điểm 0.


* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm
thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.


* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức
điểm của từng bài.


* Điểm của toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) của điểm tất cả các bài.


Câu Nội dung Điểm


1
(2.0 điểm)



Câu 1


a. Rút gọn biểu thức:


3 16 7 1 7


: 2


2 3 3 1 1


x x x x x


P


x x x x x


   


   


   


    


   


với x0,x1,x 4.


1,0



Với 0 x 1,x4 ta có:


3 14



73

13 71 : 2 1


x x x x x


P


x x x x x




   


   


 


0,25








3 4 7 1 10 21 2 2


:


1 3 1



x x x x x x x


x x x


      


   


   


 


  0,25


61



273

. 12


x x x


x x x


    


 


  0,25






91



33

. 12 92


x x x x


x x x x


 


 


   


Kết luận: 9, 0, 1, 4


2


x


P x x x


x




   





(2)

b. Cho 13
19 8 3
a



. Khơng sử dụng máy tính cầm tay, hãy tính
giá trị của biểu thức: 4 6 32 2 2 18 23


8 15


a a a a


A
a a
   

 
1,0
Ta có:


2



13 13 13


4 3, 0 4


4 3


19 8 3 4 3


a      a





0,25


Khi đó:


2


4 a 3 16 8 a a 3


2 8 15 2


a a


   


0,25
Mặt khác


4 3 2


2


2 2


2 2 2


6 2 18 23 38 20


2 1


8 15 8 15



38 20


2 1 2 1 19 10 8 18 5


2


a a a a a


A a a


a a a a


a


a a a a a a a


    


    


   




            


Kết luận: A5.


0.5



2
(2.0 điểm)


a. Cho phương trình: x2 2

m1

x2m10 0 (m là tham số).


Tìm m để phương trình có hai nghiệm x , x thỏa mãn 1 2


2 2


1 2 1 2


10


Px xxx đạt giá trị nhỏ nhất.


1,0


Ta có:  '

m1

2 2m10m2 9


Phương trình có hai nghiệm x , x1 2   ' 0


2 9 0 3


3
m


mm 


    





0,25
Theo định lý Viet ta có: x1 x2 2

m1 ; .

x x1 2 2m10


Theo bài ra:


2 2

2


1 2 1 2 1 2 1 2


10 8


Px xxxxxx x


0,25


2

2



4 1 8 2 10 4 6 21


P m m m m


        0,25




 



   2   2  


4 3 12 4 3 48 48


P m m


Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chỉ khi m 3
Kết luận: m 3


0,25


b. Giải hệ phương trình:

5 2 7


2 5 7


x y


x y


   


    1,0


ĐK: ,x y 2


Đặt:

2

, 0

22 22


2


u x u v x u



y v
v y
   
 
 
0,25
Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành:


 


 



2
2


7 7 1


7 7 2


u v


u v


   


   




Lấy (1) trừ (2), ta được: u2    7 v u v2 7




(3)

2 2 2 2 2 2


2 2


7 2 7 7 2 7


7 7


u v u v v u v u


v u u v


u v


         


   


 



Thế u v vào (1), ta có:


 

2



2 7 7 2 7 7 , 0 7


3



u u u u u


u        


 


0,25


Khi đó:

2 3 11


2 3


x x y


y     


Kết luận: ( ; ) (11;11)x y  là nghiệm của hệ phương trình.


0,25


3
(3.5 điểm)


Cho đường tròn

 

O đường kính AB. Đường thẳng d vng góc
với AB tại I và cắt đường tròn

 

O tại P và Q ( I nằm giữa O
và B ). Mlà điểm bất kỳ nằm trên d ( M nằm ngoài

 

O ). Các tia


,


AM BM cắt đường tròn

 

O lần lượt tại C và D .


Đường thẳng CD và AB cắt nhau tại K , đường thẳng AD và BC
cắt nhau tại H .


a. Chứng minh tứ giác ACHI nợi tiếp được trong mợt đường
trịn.


1,5


d


H


K
D


C


Q
P


O


B
A


I
M


0,5



AB là đường kính của

 

O nên AD BM BC , AM.
Do đó H là trực tâm tam giác MAB.


Suy ra H thuộc đoạn thẳng MI


0,5
Xét tứ giác ACHI có ·ACH AIH· 1800



(4)

b. Chứng minh tam giác OCI đồng dạng OKC. 1,0
Ta có: CIO CIA CHA HAB HBA· · · ·  · (theo câu a, và CHA· là góc


ngồi của tam giác HAB) 0,25


Nên CIO·  ·DAB CBO DCB BCO OCD OCK· · ·  · · (Vì ABDC


nội tiếp đường tròn

 

OOB OC ) (1) 0,25
Kết hợp COI KOC· · (2).


Từ (1) và (2) suy ra OCI đồng dạng OKC (g.g). 0,25 0,25
c. Chứng minh KP và KQ là các tiếp tuyến của đường tròn

 

O . 1,0
Từ câu b và kết hợpOP OC , ta có:


(1)


OK OK OC OP


OPOCOIOI


0,25


Mặt khác KOP POI· · , suy ra OPK đồng dạng OIP 0,25
Do đó: OPK OIP· · 900. Chứng tỏKP là tiếp tuyến của đường trịn


 

O . 0,25


Q đới xứng với P qua AB nên KQ cũng là tiếp tuyến của

 

O 0,25


4
(1.5 điểm)


Cho x y z là các số thực dương thỏa mãn , , x y z  4.
Chứng minh rằng:


1 1 1 1


2xy xz yz   xy2xz yz  xy xz 2yzxyz


1,5


Với a b, 0 ta có:


2 1 1 1 1 1


4


4 4


a b


a b ab



a b ab a b a b


  


     


   


Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chỉ khi a b


0,5


Áp dụng kết quả trên ta có:


1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1


2xy xz yz 4 xy xz xy yz 4 4 xy xz 4 xy yz


 


     




   


1 2 1 1 1 2


16 16



z y x


xy xz yz xyz


     


 


    (1)


Tương tự, ta cũng có:


1 1 2


2 16


z y x


xy xz yz xyz


   




  (2)


Và 1 1 2


2 16



z y x


xy xz yz xyz


   




  (3)


0,5


Vậy


1 1 1 1 4 4 4 1


2 2 2 16


x y z


xy xz yz xy xz yz xy xz yz xyz xyz


   


  



(5)

Các bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu ‘‘=’’ xảy ra khi và chỉ khi x y z  .
Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4



3


x y z   0,5


5
(1.0 điểm)


Cho n là một số nguyên dương thỏa mãn n12n1 đồng thời


là hai số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 24 1,0
Đặt n 1 k2,2n 1 m k m2, ( , ¥)


Vì 2n1 là một sớ lẻ nên m là một số lẻ


Đặt m 2t 1, (t¥). Khi đó:  

2 



2n 1 2t 1 n 2t t 1


Suy ra n chẵn nên k lẻ.


0,25


Ta lại có: n 1 k2  n

k1



k1



Vì k lẻ nên k1 và k 1 là hai số chẵn liên tiếp.
Do đó n chia hết cho 8. (1)


0,25
Mặt khác k2 m2 

n 1

 

2n 1

3n2 nên k2 m2 chia cho 3



dư 2. 0,25


Do k2m2 chia cho 3 luôn dư 0 hoặc dư 1


Suy ra cả hai số k2m2 khi chia cho 3 đều dư 1, nên m2k2 chia hết
cho 3, mà m2 k2 2n 1

n 1

n.


Do đó n chia hết cho 3. (2)


Từ (1) và (2), kết hợp với

 

3, 8 1 suy ra n chia hết cho 24.





×