Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 9 cấp huyện Kinh Môn, Hải Dương 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 (675.64 KB, 5 trang )

(1)

UBND HUYỆN KINH MƠN


PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017 - 2018
MƠN: TỐN - LỚP 9


(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)


Câu Đáp án Điểm


Câu 1
2.0
điểm
1)
0.75
điểm


Với x > 0, y > 0 ta có:


3 3


3 3


x + y x + x y + y


1 1 2 1 1


A = + . + + :


x y


x y x + y x y + xy



  





  


  0,25




( x + y) x - xy + y + xy x + y


x + y 2 1 1


= . + + :


x y


xy x + y xy(x + y)


 


 


 


 


= 2 +x + y : ( x + y)(x + y)


xy


xy xy(x y)


   


   


  


    0,25


=



2


x + y xy


.


xy x + y =


x + y
xy


0,25


2)
1.25
điểm



8 + 15 8 - 15


x =


-2 2 0,25


16 + 2 15 16 - 2 15


x =


-4 4


15 +1 15 -1


=


-2 2 = 1 0,25


3 3


y = 5 + 2 13 + 5- 2 13


y = 5 + 2 13 + 5 - 2 13 + 3 5 - 2 13 .y 3 3 2

2


0,25
y = 10 - 9y 3 y + 9y -10 = 0 3

 

y -1 y + y +10 = 0

2

y = 1 0,25


A= 2
1


.
1


1


1 0,25


Câu 2
2.0
điểm
1)
1.0
điểm


Giải phương trình: 2 2x 1 x22x


ĐK: 1
2


x PT 2x 1 2. 2x  1 1 x2

2x 1 1

2 x2 0,25


2 1 1

 

. 2 1 1

0


2 1 1 0 2 1 1 (1)


2 1 1 0 2 1 1 (2)


x x x x


x x x x



x x x x


       
     
 
       
 
 
0,25


Giải (1): 2 2


1


1 1


2 1 1 2 2


2 1 ( 1) 4 2 0


2 2


x


x x


x x x


x x x x



x


  
 
     
      
    


2 2
x
  
0,25


Giải (2) 2x   1 x 1vô nghiệm do 1
2


x


Vậy phương trình có 1 nghiệm x 2 2



(2)

2)
1.0
điểm


Với x, y, z > 0 ta có xy + yz + xz = 1  x2 + xy + yz + xz = 1 + x2


 1 + x2 = (x + y)(x + z)



Tương tự ta có


1 + y2 = (y + x)(y + z); 1 + z2 = (z + x)(z + y)


0,25


x

(1+ y )(1+ z )

2 2 2

= x

(y + x)(y + z)(z + x)(z + y)

= xy + xz



1+ x

(x + y)(x + z)

0,25


2 2


2


(1+ z )(1+ x )

(z + x)(z + y)(x + y)(x + z)



y

= y

= xy + yz



1+ y

(y + x)(y + z)





2 2


2


(1+ x )(1+ y )



z

= yz + xz




1+ z

0,25


P = 2(xy + yz + xz) = 2 0,25


Câu 3
2.0
điểm


1)
1.0
điểm


0
4
10
2
2
3 2


2 y xy x y
x


 [x2 2x(y1)(y1)2] – (4y2 8y4)70 0,25


 (xy1)2 (2y2)2 70


 (3yx1)(yx3)7 0,25


Do x, y nguyên nên ta có: 3yx1 và yx3 là ước của 7


Do đó ta có bảng sau:


3y + x + 1 1 -1 7 -7


y – x + 3 7 -7 1 -1


0,25
Giải các trường hợp, ta được: (x,y) {(7; -3), (1; -3), (3; 1), (-3 ; 1)} 0,25


2)


1.0
điểm


Ta có


n6 - n 4 + 2n3 + 2n2


= n2. (n4 - n2 + 2n +2)


= n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]


= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)]


= n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)] 0,25


= n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2) 0,25


Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2



Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2


 (n - 1)2 < n2 - 2n + 2 < n2 0,25


 n2 - 2n + 2 khơng phải số chính phương.


 n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2) hay n6 - n4 + 2n3 + 2n2 không phải là một số chính


phương.



(3)

Câu 4
3.0
điểm


Vẽ
hình
:


H


P



Q



K


N



I

C



B


A




D



M



1a)
1.0
điểm


Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, cắt đường thẳng CD tại I.
Ta có IAD DAM IAM 90· · · 0BAM DAM BAD 90· · · 0


 IAD BAM·  · .


0,25


Xét AID và AMB có IAD BAM· · ; AD = AB và ADI ABM·  ·


 AID = AMB (g-c-g) AI = AM 0,25


XétAIK vng tại A có AD là đường cao 12 + 1 2 = 12


AI AK AD


0,25
Mà AD = AB và AI = AM 


2 2


1



AB AD
AM AK


   
   
   


0,25


1b)


1.0
điểm


b) Gọi BD cắt AN, AM thứ tự tại P và Q. MP cắt NQ tại H. Chứng minh rằng
AH  MN.


Xét DPN và APQ có PDN PAQ· · 450 ; DPN· ·APQ (đ.đ)


 DPN đồng dạng với APQ DP NP
AP PQ
 


Xét APD và QPN ·APD QPN· (đ.đ) và DP NP
APPQ
 APD đồng dạng với QPN


· · 450 · 450



PNQ ADP hay ANQ


   


Xét QAN có QAN· ·ANQ450 QAN vng tại Q NQAM


Chứng minh tương tự ta được MPAN


0,25


0,25
0,25


Xét AMN có MP  AN và NQ  AM, NQ cắt MP tại H nên H là trực tâm



(4)

2)


C
A


B


E
D


Đặt AB = AC = a; (a > 0) , AE = BD = x (0 x a )


1.0
điểm



Ta có AD = AB - BD = a - x


Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ADE vuông tại A, ta có:


2 2 2 2 2 2 2 2


2


2 2 2 2


2 2


( ) 2 2


2( -ax+ ) 2


4 2 2 2 2


DE AD AE DE a x x x ax a


a a a a a


DE x x


        


 


    
 





2
2


a
DE


 


Dấu "=" xảy ra khi
2


a


x D E, lần lượt là trung điểm AB, AC.
Vậy DE nhỏ nhất khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC.


0,25
0,25
0,25


0,25


Câu 5
1.0 điểm


Do xyz =1 nên ta có



1 1 1


1 1 1


xy yz zx xy yz zx


M M


x y z xyz x xyz y xyz z


y z x


M


yz xz xy


      


     


   


  


Do x,y, z là các số dương thỏa mãn xyz =1 nên ta đặt


; ; ( 0; 0; 0)


xy ; ; , 1



a b c


x y z ab bc ca


b c a


a b c


yz zx xyz


c a b


     


    



Khi đó


1 1 1 1 1 1


a b c


x y z b c a


M M


a b c


xy yz xz



c a b


ac ab bc


M


ab bc bc ca ac ab


      


  


   


   0,25


Chứng minh bất đẳng thức : Với x,y,z dương ta có

x y z

1 1 1 9


x y z


 


   


 


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z 0,25



(5)

1 1 1



3 (ab bc ca)( )


1 1 1 1 9


3 (2ab 2bc 2ca)( )


2 2


9 3


3


2 2


ac ab bc


M


ab bc bc ca ac ab
M


ab bc bc ca ca ab
M


ab bc bc ca ca ab
M


  



  


      


  


       


  


   


0,25


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi


1


ab bc bc ca ca ab           a b c x y z
Vậy GTNN của M là 3


2 khi và chỉ khi x  y z 1


0,25


Ghi chú:






×