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

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 _{+ 3x}2 _{– 4x + 2}

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

b)

1,0điểm

2014 2015 2014 2014 2015 2014

x   x  x y   y y(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
Mà 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 _{+ y}3 _{+ z}3_{= (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 

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:_2x2_{xy y} 2_{5x y   2 0}



_{y x 2}



_{y2x 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

y x 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 _2p2_{1; 2p}2_{3; 3p}2_{4 đều là số}
nguyên tố.

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



  1; 2; 3



. Khi đó _p2_{chia cho 7}
có thể dư: 1;4;2

0.25

Xét _{p 2 2p}2_{1; 2p}2_{3 & 3p}2_{ 4 7}

Nếu _p2_{chia cho 7 dư 1 thì 3p}2_{4chia hết cho 7 nên trái GT}

Nếu _p2

chia cho 7 dư 4 thì _2p2_1

chia hết cho 7 nên trái GT
Nếu _p2_{chia cho 7 dư 2 thì 2p}2_{3 chia hết cho 7 nên trái GT}

0.25

+) Xét p=2 thì _3p2_4

=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



_x3



2_18y2_2z2_{3y z}2 2 _54(1)
+) Lập luận để _z2_M3zM3z2_M9z2_9(*)

0,25

(1)_3(x3)2_2z2_{3 (y z}2 2_{6) 54(2)}

(2)_{54 3( x3)}2_2z2_{3 (y z}2 2_{6) 3( x3)}2_{2.9 3 .3 y}2

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





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 _(x3)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 DE _0,25

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

suy ra ED = R. 0,25

b)
1,0
®iĨm

· ·

APE ADE (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.

AP  AB   (1)

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

. .

AE AF

AE AB AN AF

AN  AB   (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 ·FHK FCK· ( cùng bằng FBD· ), suy ra tứ
giác CKFH nội tiếp nên FKC· 900.

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

FK  FH

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

FK  FI

Suy ra: DC BH BI

FK  FH FI

0,25

DC BD BH BD BI BH ID

FK  FI  FH  FI FI  FH  FI

MàID HC

FI  FH suy ra:

DC BD BH HC BC

FK  FI  FH  FH  FH

0,25

Vậy BC BD CD 2BC
FH  FI FK  FH nên

BC BD CD

FH  FI FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất

khi F là trung điểm cung BC

0,25

Câu 5
1,0
điểm

Có

xy yz 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

x  y =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

x y z   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