Tải bản đầy đủ (.pdf) (4 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 9 Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (637.37 KB, 4 trang )

(1)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH


MƠN TỐNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015
Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm


CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM


Câu1
2,0
điểm


a)
1,0điểm


Đặt

a = 2 +

5

5

2 -

5

5



2

2





, a > 0

 

2


2

5

5



a

4 2 4

4

6 2 5 4

5 1

3

5

3

5



2

a






 

 

 

  

  



0,25


6 2 5 6 2 5


3 5 3 5 1 1


2 2


x  


         5 1 5 1 1 2 1


2 2


 


     0,25


2


x = 2 1

  

x

2

x

 

1 0

0,25


B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2


B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1 0,25


b)


1,0điểm


2014 2015 2014 2014 2015 2014


x   x  x y   yy(1)


ĐKXĐ:

2014

x y

;

2014



(1) x2014 y2014 2015 x 2015 y 2014 y 2014 x 0
Nếu x khác y và

2014

x y

;

2014

thì

x

2014

y

2014

>0;


2015

 

x

2015

y

>0;

2014

 

x

2014

y

>0 , do đó (1)


0,25


 

1 1 1 0


2014 2014 2015 2015 2014 2014


x y


x y x y x y


 


   


        


  (2) 0,25



Khi đó dễ chứng tỏ


1

1



0



2014

 

x

2014

y

2015

 

x

2015

y

0,25
x y 0 nên (2) vơ lý vì VT(2) ln khác 0


Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y. 0,25


Câu 2
2,0
điểm


a)
1,0 điểm


x

3

x

1

x

 

1 2 2

x

x

 

1

2

3(1)
ĐKXĐ:

x

 

1



Đặt:

y

x

1;

z

2

Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2)


Chứng minh được (2) (x+y)(x+z)(z+x) = 0


0,25


Với: x + y = 0

 

x

x

  

1 0

x

  

1

x

1

5


2




x



 

( Thỏa mãn)


0,25


Với: x + z = 0

 

x

2 0

   

x

2

( không thỏa mãn). 0,25
Với: y + z = 0

x

 

1

2 0

- vơ nghiệm


Vậy phương trình có nghiệm: 1 5


2


x 



(2)

b)
1,0
®iĨm




 



2


3 4 2 2


x 1 + y 1 = 4



x xy x y


x y


    









2 2 2


2 2 2 2


3 4 2 2 0 2 5 2 0


x + y 4 0 x + y 4 0


x xy x y x xy y x y


x y x y


            


 





       


 


 


0.25


Ta có:2x2xy y 25x y   2 0

y x 2



y2x 1

0
2


y x


   hoặc y2x1


0.25


Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1
Ta được nghiệm (1;1)


0.25


2 1


yx thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; 4
5


x 
Ta được nghiệm (1;1) và ( 4; 13



5 5
 


)
Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( 4; 13
5 5
 


)


0.25


Câu 3
2,0
điểm


a)
1.0 điểm


Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2p21; 2p23; 3p24 đều là số
nguyên tố.


+) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập

  1; 2; 3

. Khi đó p2chia cho 7
có thể dư: 1;4;2


0.25


Xét p 2 2p21; 2p23 & 3p2 4 7


Nếu p2chia cho 7 dư 1 thì 3p24chia hết cho 7 nên trái GT


Nếu p2


chia cho 7 dư 4 thì 2p21


chia hết cho 7 nên trái GT
Nếu p2chia cho 7 dư 2 thì 2p23 chia hết cho 7 nên trái GT


0.25


+) Xét p=2 thì 3p24


=16 (loại) 0.25


+) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có:


2 2 2


2p  1 97; 2p  3 101; 3p  4 151đều là các số nguyên tố
Vậy p =7


0.25


b)
1,0
®iĨm


Giả thiết 3

x3

218y22z23y z2 2 54(1)
+) Lập luận để z2M3zM3z2M9z29(*)


0,25


(1)3(x3)22z23 (y z2 26) 54(2)


(2)54 3( x3)22z23 (y z2 26) 3( x3)22.9 3 .3 y2


2 2


(x3) 3y 12


2 4 2 1; 2 4


y y y


     vì y nguyên dương


0,25


Nếu y2   1 y 1 thì (1) có dạng:


2 2 2 2 72 2


3 3 5 72 5 72 9 3


5


x  z   z   z  z   z (vì có(*))
Khi đó 3

x3

2 27

x3

2 9, x nguyên dương nên tìm được x=6


0,25



(3)

2 2 2 2 2


3 x3 14z 126 14 z 126     z 9 z 9 z 3(vì z nguyên dương)
Suy ra (x3)2   0 x 3(vì x nguyên dương)


Đáp số


3 6


2; 1


3 3


x x


y y


z z


 


 




 




 



Câu 4
3,0
điểm


a)
1,0
®iĨm


Vẽ hình (1 trường hợp)


M
P
N


E


O
B


D


C
A


F
I


H


K



0,25


Sđ· 1800 d» d» 600
2


s DE


BAC  s DE0,25


Suy ra EOD· 600 nên tam giác OED đều 0,25


suy ra ED = R. 0,25


b)
1,0
®iĨm


· ·


APEADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE)
·ABM ·ADE (Cùng bù với góc EDC)


Suy ra: ·ABM  ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM


0,25


Nên AE AM AE AB. AM AP.


APAB   (1)



0,25
Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF


. .


AE AF


AE AB AN AF


ANAB   (2)


0,25


Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM


0,25


c)
1,0
®iĨm


Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngồi B,D thì vai trị K với DC sẽ như I với BD)
Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên ·FHKFCK· ( cùng bằng FBD· ), suy ra tứ
giác CKFH nội tiếp nên FKC· 900.



(4)

Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:DK BH


FKFH



Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên:CK BI


FKFI


Suy ra: DC BH BI


FKFHFI


0,25


DC BD BH BD BI BH ID


FKFIFHFIFIFHFI


ID HC


FIFH suy ra:


DC BD BH HC BC


FKFIFHFHFH


0,25


Vậy BC BD CD 2BC
FHFIFKFH nên


BC BD CD


FHFIFK nhỏ nhất khi FH lớn nhất


khi F là trung điểm cung BC


0,25


Câu 5
1,0
điểm


xyyz zx xyz  1 1 1 1


x y z


   

(1)


Ta chứng minh với x, y dương:


2 2 2


( )
(*)


a b a b


x y x y




 





(*)


2 2


2


( ) ( )


a b


x y a b


x y


 


  


 


2 y 2 x 2


a b ab


x y


  


2
0



y x


a b


x y


 




  luôn đúng; “=”


y x


a b


xy =0a=


x
b


y


0,25


Áp dụng(*) ta có:

12 12 (1 1)2 22 (" " y z: 1)


y z y z y z





     


 


2 2 2 2


2 2 (2 2) 4


(" " 2 )
2y y z 3y z 3y z y y z y z




         


  


2 2 2


4 4 (4 4) 64


(" " 4 3 )
4x 3y z 4x 3y z 4x 3y z x y z




       



    


0,25




2 2 2 2


64

4

2

1 1

4 3 1



(" "

4

3

&



4 3

x

 

y z

4

x

2

y y z x y z

    

   

x

y z y z

x=y=z)



0,25


Tương tự:

64 1 4 3(" " )


4 3 x y z


xyz   x y z    


64 3 1 4(" " )
3x y 4z   x y z    x y z


1 1 1


4 3 4 3 3 4


M



x y z x y z x y z


  


      


1 1 1 1 1
8 x y z 8


 


  


 


 

( theo (1))


Vậy M đạt GTLN là

1


8

khi x = y = z = 3( theo (1))



0,25





×