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

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(x y)

   

   

   _ 

    0,25





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





0,25
 _{y = 10 - 9y}3 _ _{y + 9y -10 = 0}3 _

 

_{y -1 y + y +10 = 0}





__{y = 1} 0,25

A= 2
1

.
1

1 _ 0,25

Câu 2
2.0
điểm
1)
1.0
điểm

Giải phương trình: _{2 2}_x_{ }₁ _x2_₂_x

ĐK: 1
2

x PT _₂_x_{ }_{1 2. 2}_x_{  }_{1 1} _x2 _



₂_x_{ }_{1 1}



2 __x2 0,25



2 1 1

 

. 2 1 1



2 1 1 0 2 1 1 (1)

2 1 1 0 2 1 1 (2)

x x x x

       
 _{   }  _{  }
 
       
 
 
0,25

Giải (1): ₂ ₂

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


  
  _
   _ _ _  
      
  _{  }


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 + x}2

 1 + x2 _{= (x + y)(x + z)}

Tương tự ta có

1 + y2_{= (y + x)(y + z); 1 + z}2_{= (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

(1+ z )(1+ x )

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

y

= y

= xy + yz

1+ y

(y + x)(y + z)

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 _₂_x₍_y_₁₎_₍_y_₁₎2_{] – (}₄_y2 _₈_y_₄₎_₇_₀ _0,25

 (_x__y_1)2 _(2_y_2)2 _7_0

 (3yx1)(yx3)7 _0,25

Do x, y nguyên nên ta có: 3yx1 và yx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

1.0
điểm

Ta có

n6_{- n}4_{+ 2n}3_{+ 2n}2

= n2_{. (n}4_{- n}2_{+ 2n +2)}

= n2_{. [n}2_{(n-1)(n+1) +2(n+1)]}

= n2_[(n+1)(n3_{- n}2_{+ 2)]}

= n2_{(n + 1) . [(n}3_{+ 1) - (n}2_{- 1)]} _0,25

= n2_{(n + 1)}2_{. (n}2_{- 2n + 2)} _0,25

Với nN, n > 1 thì n2_{- 2n + 2 = ( n -1)}2_{+ 1 > ( n - 1)}2

Và n2_{- 2n + 2 = n}2_{- 2(n - 1) < n}2

 (n - 1)2_{< n}2_{- 2n + 2 < n}2 _0,25

 n2_{- 2n + 2 khơng phải số chính phương.}

 n2_{(n + 1)}2_{. (n}2_{- 2n + 2) hay n}6_{- n}4_{+ 2n}3_{+ 2n}2_{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}· _· _· _ 0_và_{BAM 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

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
AP  PQ
 APD đồng dạng với QPN

· · ₄₅0 · ₄₅0

PNQ ADP hay ANQ

   

Xét QAN có _QAN· _ ·_ANQ_₄₅0_{ }_QAN _{vng tại Q}__NQ__AM

Chứng minh tương tự ta được MPAN

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)

C
A

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( -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

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

xy yz zx xy yz zx

M M

x y z xyz x xyz y xyz z

y z x

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

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

2 2

ac ab bc

ab bc bc ca ac ab
M

ab bc bc ca ca ab
M

  

  

      

  

       

  

   

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

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:

Đáp án HSG Toán học lớp 9 cấp huyện Kinh Môn, Hải Dương 2017-2018 - Học Toàn Tập

















 











 



x

(1+ y )(1+ z )

= x

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

= xy + xz

1+ x

(x + y)(x + z)

(1+ z )(1+ x )

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

y

= y

= xy + yz

1+ y

(y + x)(y + z)

(1+ x )(1+ y )

z

= yz + xz

1+ z

H

P

Q

K

N

I

C

B

A

D

M





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

_C