10 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 cấp huyện - Nguyễn Văn Trọng (Có đáp án)

Nội dung text: 10 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 cấp huyện - Nguyễn Văn Trọng (Có đáp án)

1. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 10 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 CẤP HUYỆN CÓ ĐÁP ÁN (LUYÊN TẬP CHO HS) Bài 1 : ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức a)A = 4 3 2 2 57 40 2 b) B = 5 3 29 6 20 x5 x 3 2x Bài 2 : ( 2,0 điểm ) a) CMR biểu thức M = luôn nhận giá trị nguyên với mọi x Z 30 6 15 b) Tìm số tự nhiên gồm bốn chữ số abcd biết rằng nó là một số chính phương ; chia hết cho 9 và d là một số nguyên tố . 2 a b a 2 b 2 Bài 3:(1,5điểm) Với mọi a , b R . Chứng minh:a) b) a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b 2 2 Bài 4 : ( 2,0 điểm ) a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức N = x 2 x b) Giải phương trình nghiệm nguyên : 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 ) Bài 5(1,5điểm) Cho hình bình hành ABCD , trên cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M , K sao cho AM = CK . Lấy điểm P nằm trên cạnh AD ( P ≠ A ; P ≠ D ). Nối PB , PC cắt MK tại E , F . Chứng minh S S S PEF BME CKF Bài 6 : ( 1,5 điểm ) Cho hình thoi ABCD có BAˆ D 1200 . Tia Ax tạo với tia AB một góc BAˆ x 150 và cắt 4 3 3 cạnh BC tại M , cắt đường thẳng CD tại N . Chứng minh AB 2 AM 2 AN 2 Bài 1: (6 điểm) x y xy a) Cho P x y 1 y x y x 1 x 1 1 y 1. Tìm điều kiện của x,y để biểu thức P xác định và rút gọn P 2. Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = 2 b) Chứng minh rằng: Với mọi n N thì n 2 + n +1 không chia hết cho 9 2 Bài 2: (4 điểm) Giải phương trình : 17 x2 3 x a) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính giá trị biểu thức: P = a 2015 + b 2015 Bài 3: (3 điểm)a/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 3y2 4x 19 3 ab bc ca a b c b/ Cho a,b,c > 0. Chứng minh : 28 a2 b2 c2 abc Bài 4: (6 điểm)Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q AE) 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật. 2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng 3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh EAO đồng dạng với MPB suy ra K là trung điểm của MP 4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. Bài 5: (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2 Câu 1. a) Tính: 5 2 2 9 4 2 b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc 4 . Tính giá trị của biểu thức: A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) abc Câu 2. Giải các phương trình sau: a) x x 1 x 4 x 9 0 b) 2(x2 + 2) = 5 x3 1 1
2. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng x y 2013 Câu 3. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn là số hữu tỉ, đồng thời x2 y2 z2 y z 2013 là số nguyên tố. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D. a) Chứng minh các điểm B, C, E, F thuộc một đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. Câu 5. a) Cho a, b, c là các số thực; x, y, z là các số thực dương. a2 b2 c2 (a b c)2 Chứng minh : x y z x y z b) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn -1. 1 x2 1 y2 1 z2 Chứng minh : 2 1 y z2 1 z x2 1 x y2 Câu 6. Cho bảng vuông 13x13. Người ta tô màu đỏ ở S ô vuông của bảng sao cho không có 4 ô đỏ nào nằm ở 4 góc của một hình chữ nhật. Hỏi giá trị lớn nhất của S có thể là bao nhiêu? Bµi 1 ( 2 ®iÓm ): Cho ®a thøc: f(x) = x4 + 6x3 + 11x2 + 6x 1/ Ph©n tÝch f(x) thµnh nh©n tö. 2/ CMR víi mäi gi¸ trÞ nguyªn cña x th× f(x) + 1 lu«n cã gi¸ trÞ lµ sè chÝnh ph­¬ng. Bµi 2 ( 1,5 ®iÓm ): Cho ph­¬ng tr×nh Èn x: 4x 7 a b ; víi x 1; x 2. x 2 3x 2 x 1 x 2 T×m a vµ b ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ bÊt kú sè thùc nµo kh¸c 1 vµ 2. Bµi 3 ( 2 ®iÓm ): T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc B = x + y + z; biÕt r»ng x; y; z lµ c¸c sè thùc tho¶ 3x 2 m·n ®iÒu kiÖn y2 + yz + z2 = 1 - . 2 Bµi 4 ( 3,5 ®iÓm ): Cho h×nh vu«ng ABCD ( AB = a ), M lµ mét ®iÓm bÊt kú trªn c¹nh BC. Tia Ax vu«ng gãc víi AM c¾t ®­êng th¼ng CD t¹i K. Gäi I lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng MK. Tia AI c¾t ®­êng th¼ng CD t¹i E. §­êng th¼ng qua M song song víi AB c¾t AI t¹i N. 1/ Tø gi¸c MNKE lµ h×nh g× ? Chøng minh. 2/ Chøng minh: AK2 = KC . KE. 3/ Chøng minh r»ng khi ®iÓm M di chuyÓn trªn c¹nh BC th× tam gi¸c CME lu«n cã chu vi kh«ng ®æi. 1 1 4/ Tia AM c¾t ®­êng th¼ng CD ë G. cmr kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. AM 2 AG 2 Bµi 5 ( 1 ®iÓm ): Cho a; b; c lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: abc = 2008. Chøng minh r»ng: 2008a b c 1 ab 2008a 2008 bc b 2008 ca c 1 §Ò thi chän ®éi tuyÓn häc sinh giái líp 9 N¨m häc 2008 – 2009 Thêi gian: 120 phót (ĐỀ SỐ 5) Bµi 1: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc sau 20082 2014 . 20082 4016 3 .2009 P = 2009 2 2008 2009 2 2008 Q = 2005.2007.2010.2011 10a2 3b2 ab 0 2a b 5b a 9 Bµi 2: BiÕt . Chøng minh r»ng: b a 0 3a b 3a b 5 Bµi 3: Chøng minh r»ng víi < 450, ta cã sin2 = 2sin . cos . Bµi 4: Cho tam gi¸c ABC cã A·BC = 600 ; BC = a; AB = c (a, c lµ hai ®é dµi cho tr­íc). H×nh ch÷ nhËt MNPQ cã ®Ønh M trªn c¹nh AB, N trªn c¹nh AC, P vµ Q ë trªn c¹nh BC ®­îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. 2
3. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng a/ T×m vÞ trÝ cña M trªn c¹nh AB ®Ó h×nh ch÷ nhËt MNPQ cã diÖn tÝch lín nhÊt. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt ®ã. b/ Dùng h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam gi¸c ABC b»ng th­íc kÎ vµ com-pa. TÝnh diÖn tÝch cña h×nh vu«ng ®ã 19b3 - a3 19c3 - b3 19a3 - c3 Bµi 5: Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng: + + 3(a + b + c) ab + 5b2 cb + 5c2 ac + 5a2 x 2 1 4 x Bµi 1: (6®) a. Cho biÓu thøc: P . x x 1 x 1 3 8 1.Rót gon P 2.T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó P= 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P 9 1 1 1 1 1 b. Chøng minh r»ng A= 4 1 2 3 4 5 6 7 8 79 80 4 Bµi 2:(4®) a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2x2 x 6 x2 x 2 x x b)Chøng minh r»ng : n2 + 7n + 2014 kh«ng chia hÕt cho 9 víi mäi sè tù nhiªn n. Bµi 3:(3®) a) T×m nghiÖm nguyªn cña ph­¬ng tr×nh 1 + x + x2 + x3 = y3 b)Cho a,b,c lµ c¸c sè d­¬ng vµ a+b+c=1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A= a 3 b3 c 3 Bµi 4:(6®) Cho ®­êng trßn t©m O b¸n kÝnh R, tõ mét ®iÓm S ë ngoµi ®­êng trßn vÏ c¸c tiÕp tuyÕn SA.SB ( A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). KÎ ®­êng kÝnh AC cña (O) c¾t AB t¹i E. Chøng minh: a) Bèn ®iÓm A,O,S,B thuéc cïng mét ®­êng trßn. b) AC2 = AB.AE b) SO // CB c) OE vu«ng gãc víi SC Bµi 5: (1®) T×m a,b lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng sao cho: a + b2 chia hÕt cho a2b-1 x y x y x y 2xy Câu 1: (6điểm) Cho P = : 1 1 xy 1 xy 1 xy 2 a, Rút gọn P b, Tính giá trị của P với x= c, Tìm giá trị lớn nhất của P 2 3 C©u 2: (4 điểm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh 3 x 6 x -(3 x)(6 x) =3 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = xy + x + y. x y z a b c x2 y2 z2 Câu 3: ( 4 điểm) a) Cho 1 và 0 . Chứng minh rằng : 1 . a b c x y z a2 b2 c2 1 1 1 a b c b) Cho a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . CMR P= + + a 2 bc b 2 ac c 2 ab 2abc C©u 4: (5đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC . Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P . 1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng. 2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’). 3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất. C©u 5:(1đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn : 1 1 1 1 6 (x ) 3(y ) 2(z ) xyz . y z x xyz 1 x x 1 Bài 1 : (2,5đ) a) Rút gọn biểu thức P ( x) : 1 x (1 x) 2 1 Tính giá trị biểu thức P khi x 2 1 3
4. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 64 b) Đặt a 3 2 3 3 2 3 .Chứng minh rằng 3a là số nguyên. (a 2 3)3 xy 6 3x 2y Bài 2 (2,5đ) a) Giải phương trình 2 5 x x 5 b) Giải hệ phương trình 2 2 x y 2x 4y 3 Bài 3 (2đ)Trên mp toạ độ Oxy , cho Parabol (P) y = - x2 và đường thẳng (d) : y = -x – 2 a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng ( ) : y = mx – m +1 cắt đường thẳng (d) tại các điểm nằm trên Parabol (P) Bài 4 (3đ) Cho nửa đường tròn (C) tâm O đường kính AB . Gọi C là 1 điểm trên nửa đường tròn ( C ) và D là điểm chính giữa cung AC . Gọi E là hình chiếu vuông góc của điểm D trên đường thẳng BC và F là giao điểm của AE với nửa đường tròn ( C ) . Tia BF cắt DE tại M. Chứng minh : a) Hai tam giác MDF và MBD đồng dạng . b) M là trung điểm của đoạn DE . x 3 x 2 x 2 x Câu 1 (4 điểm): Cho biểu thức A : 1 ; x 2 3 x x 5 x 6 x 1 Với ;x 0; x 4; x 9 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x 6 2 5 . 1 c) Với giá trị nào của x thì đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó? A Câu 2(3 điểm):a) C/m : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. x - 2012 1 y - 2013 1 z - 2014 1 3 b) Giải phương trình: x - 2012 y - 2013 z - 2014 4 Câu 3 (4 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2. b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b chia hết cho 45 Câu 4: (7 điểm) 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a. Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R. 2. Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng 1 1 1 DC ở I. Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 1 1 1 Câu 5(2điểm): Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. CMR 1 x y 1 y z 1 z x 1 3 3 x 3 Bài 1(6đ) 1) Cho biểu thức Q 1 2 3 x x 3 3 x 27 3 x a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi x 4 7 4 7 2) Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + + 100 Bài 2: (4đ) 1) x 2013 4x 8052 3 1 1 1 2) Cho abc = 1.Tính S = 1 a ab 1 b bc 1 c ac Bài 3: (3đ) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 a2 b2 2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh : 2 2 a b Bài 4: (6,0 đ) Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. 4
5. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng a) Chứng minh tam giác ABC vuông b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/ tích lớn nhất đó theo R. Bài 5: (1đ) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x y) 16 3xy x2 1 y2 1 Bµi 1. (3 ®iÓm) Cho x, y lµ c¸c sè nguyªn kh¸c 1 tháa m·n lµ sè nguyªn. y 1 x 1 Chøng minh r»ng x2y22 1 chia hÕt cho x + 1. 3 5 Bµi 2. (3 ®iÓm) T×m ®a thøc bËc 7 cã c¸c hÖ sè lµ sè nguyªn nhËn x = 7 7 lµ mét nghiÖm. 5 3 Bµi 3. (3 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau: x 3 . 4 x 12 x x 28 Bµi 4. (3 ®iÓm) Cho: xy+yz+zx=4/9 và x,y,z>0 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc sau: A x2 14y2 10z2 4 2y Bµi 5. (3 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC nhän, ngo¹i tiÕp ®­êng trßn t©m O. Chøng minh r»ng: OA2 OB2 OC2 1 AB.AC BA.BC CA.CB Bµi 6. (3 ®iÓm)Cho tam gi¸c ABC ®Òu, cã ®é dµi c¹nh lµ 1. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm D kh«ng trïng víi B vµ C. Gäi r1 lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABD; r2 lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ACD. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm D ®Ó r1.r2 ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt. Bµi 7. (2 ®iÓm)Cho 2009 ®iÓm kh¸c nhau n»m bªn trong h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu dµi 251cm vµ chiÒu réng 4cm. VÏ 2009 h×nh trßn nhËn c¸c ®iÓm trªn lµm t©m vµ cã cïng b¸n kÝnh lµ 2 cm. Chøng minh r»ng tån t¹i Ýt nhÊt 1 h×nh trßn trong sè chóng chøa Ýt nhÊt 3 ®iÓm trong 2009 ®iÓm nãi trªn. 5
6. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM (ĐỀ SỐ 1) MÔN TOÁN LỚP 9 – KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Bài 1 ( 1,5điểm) Rút gọn biểu thức A = 4 3 2 2 57 40 2 = 4 (1 2)2 (5 4 2)2 ( 0,25đ) = 4 1 2 5 4 2 ( 0,25đ) = 4 4 2 5 4 2 1 ( 0,25đ) B=5 3 29 6 20 = 5 3 (2 5 3)2 (0,25đ) =5 3 (2 5 3) =5 6 2 5 = 5 5 1 = 1 Bài 2 (2,0điểm) Câu a : 1,0 điểm x5 x 3 2x x5 5x 3 4x x(x4 4x 2 x 2 4) M = = = (0,25đ) 30 6 15 30 30 x(x 2 4)(x 2 1) x(x 1)(x 1)(x 2)(x 2) = (0,25đ) 30 30 Hiểu và lập luận được x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 30 với mọi x Z , vậy M luôn nhận giá trị nguyên với mọi x (0,5đ) Câu b : 1.0 điểm */ Lập luận được d = 5 (0,25đ) ,thấy được 1002 > abcd suy ra abcd = x5 2(0,25đ) Vì abcd chia hết cho 9 => x5 2 chia hết cho 9 => x5 2 chia hết cho 3 (0,25đ) Suy ra x+5 = 6 ; 9 ; 12 => x = 1 ; 4 ; 7 . Kiểm tra 152, 452, 752 => kquả (0,25đ) 2 2 2 a b a b 2 Bài 3 (1,5điểm). Câu a (0.75đ) : a b 2a 2 2b 2 (0,25đ) 2 2 a b 2 0 ( đúng hiển nhiên – đpcm) (0,5đ) Câu b : (0,75điểm) a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b a 2 b 2 1 ab a b 0 2a 2 2b 2 2 2ab 2a 2b 0 (0,25đ) a b 2 a 1 2 b 1 2 0 (0,5đ) Bài 4 (2,0điểm) Câu a (1,0đ) Điều kiện x ≤ 2 .Đặt 2 x y 0 ta có y2 = 2 – x (0,25đ) 1 9 9  N = 2 – y2 + y = (y )2 . (0,25đ) Max N = 9/4  y = 1/2 x = 7/4 (0,5đ) 2 4 4 Câu b (1,0đ) Giải phương trình nghiệm nguyên 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 ) 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 +24x – 48y +72 = 0 (0,25đ) 4x2 + 9y2 + 64 – 12xy – 48y + 32x +x2 – 8x +16 = 0  ( 2x – 3y + 8 )2 + ( x – 4 )2 = 0 (0,5đ) suy ra x – 4 = 0 và 2x – 3y + 8 = 0 =>x =4 và y = 16/ 3. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên (0,25đ) Bài 5 (1,5điểm) lập luận diện tích tam giác PBC bằng nửa diện tích hbh ABCD (0,25đ) Lập luận diện tích tứ giác AMKD bằng diện tích tứ giác CKMB và bằng nửa diện tích A M B E hbh ABCD (0,5đ) P Suy ra diện tích tam giác PBC bằng diện tích CKMB (0,25đ) F Loại trừ đi diện tích phần chung , suy ra kết quả (0,5đ) D K C Bài 6 ( 1,5điểm) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với Ax , cắt cạnh DC tại K A B => DAˆ K 150 (0,25đ). Chứng minh hai tam giác DAK , BAM M bằng nhau => AK = AM (0,5đ) . Thấy được AH là đường cao 1 1 1 của AKN vuông tại A , suy ra (0,25đ) AH 2 AK 2 AN 2 D K H C N 3 mà AH= AD.Sin600 = AB. , thế vào, suy ra được kquả (0,5đ) 2 Lưu ý : Nếu bài giải theo các cách khác mà đúng thì vẫn được điểm tối đa (dựa vào đáp án t/ phần) TRƯỜNG THCS CAO VIÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 (ĐỀ 2) 6
7. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Môn: Toán Bài Nội dung Điểm Bài 1 a) (6 đ ) 1. Tìm đúng điều kiện : x ≥ 0, y 0 ,y ≠ 1, x+y≠0 0,5đ. x x 1 y 1 y xy x y P 0,5đ. x y 1 y x 1 1,0đ. x y x y x xy y xy = x y 1 y x 1 0,5đ. = = x xy y 0,5đ. 2. P=2 x xy y =2 x 1 y y 1 1 1 y x 1 1 0,5đ Ta có 1 1 y 1 x 1 .Kếtx hợp 2 với điềux 4 kiện x ≥ 0. 0,5đ Vậy 0 x 4 x {0,1,2,3,4}. Thay vào phương trình P=2 ta có: (x,y) {(4,0); (2,2)} b) giả sử tồn tại số tự nhiên n để n2 n 1  9 1,0đ. §Æt A n 2 n 1 . V× A9 4A9 (1) 2 2 Ta cã: 4A 4(n n 1) (2n 1) 3 0,5đ. V× A9 4A3 (2n 1) 2 3 2n 13 (2n 1) 2 9 4A (2n 1) 2 3 kh«ng chia hÕt cho 9 4A kh«ng chia hÕt cho 9 (2) Ta thÊy (1) vµ (2) m©u thuÉn. VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. 0,5đ. VËy víi n N th× n 2 n 1 kh«ng chia hÕt cho 9. Bài 2 1.(2đ) Tìm đúng điều kiện 0 x 17 0,25đ (4đ) t x (t 0) t u 3 x x 3 17 - t = u - Đặt 2 4 {t + u = 3  3 x u  x t {t + u = 3 0,5đ u + t = 17 {t + u = 3 ut = 2 -Giải ra được đến {ut = 16 * Với ut=2 t=1 hoặc t=2 0,5đ. - Với t=1 x=1 -Với t=2 x=4 * Với ut=6 Pt vô nghiệm 0,5đ -Kết luận nghiệm 0,25đ 2. (2đ) 102 102 101 101 100 100 a b a b a b ab a b 0,5đ. a102 b102 a102 b102 a b ab Ta có : 0,5đ. a b ab 1 0,5đ a,b 1;1 0,5đ. Tính ra P=2 Bài 3 1. Viết được (3đ) 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 7
8. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 2 x2 2x 1 3 7 y2 0,25đ 2 x 1 2 3 7 y2 0,25đ 2 3 7 y 2 0,25đ. y là số nguyên lẻ 2 Mà 2 0 x 1 0 =17 y2 y2 0,25đ Thay y2 =1 vào tìm được x=2, x=-4 Thử lại : và trả lời .Có các nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1) 2. Với x, y, z > 0 . Ta có: x y 0,25đ +) 2 (1). y x 1 1 1 9 +) (2) x y z x y z 2 2 2 x y z 0,5đ +) x2 + y2 + z2 xy + yz + zx 1 (3) xy yz zx Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3) x = y = z.Ta có: ab bc ca (a b c) P (a b c)2. a2 b2 c2 abc ab bc ca (a b c) (a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca). 2 2 2 a b c abc 0,5đ Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: ab bc ca 9 P (a2 b2 c2). 2.9 a2 b2 c2 ab bc ca ab bc ca a2 b2 c2 a2 b2 c2 8. 18 2 2 2 a b c ab bc ca ab bc ca 2 8 18 28 a2 b2 c2 ab bc ca Dấu “ =” xảy ra a b c. ab bc ca Bài 4 I (6đ) M Q 0,25đ E K I B A O P x . a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại A AE AO OEA vuông ở A O,E,A đường tròn đường kính OE(1) 0,75đ. Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại M MEMO MOE vuông ở M M,O,E đường tròn đường kính OE(2) (1),(2) A,M,O,E cùng thuộc môt đường tròn 8
9. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng *Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : E AO A PM P MQ 90o => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I 0,75đ. là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng 1,5đ. hàng. c) hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là A OE A BM , vì OE // BM 1,5đ. AO AE => (3) BP MP KP BP Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (4) AE AB Từ (3) và (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : 4 a b c d abcd (*) 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = MO2 OP2 R 2 (x R)2 2Rx x2 2 3 1,5đ Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đạt max (2R x)x3 đạt max x.x.x(2R – x) đạt max x x x . . (2R x) đạt max 3 3 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = 3 4 x x x 1 x x x R 4 Ta có : . . (2R x) 4 (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16 x 3 Do đó S đạt max (2R x) x R . 3 2 R 3 Vậy khi MP= thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất 2 Bài 5 Tìmnghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1) (1đ) Do vai trò của x,y,z bình đẳng, nên không mất tính chất tông quát. Giả sử x y z 1,từ đó suy ra xy+yz+zx xy+xy+xy=3xy(2) (1),(2) 3xyz xyz+2 Hay 3xy xyz z<3 Do z là một số nguyên dương z=1,z=2 0,5đ +khi z=1 x+y=2.do x,y nguyên dương x=1,y=1 +khi z=2 (y-2)(x-2)=2 0,5đ Do x y z 1 { Trả lời: (x,y,z)=(1,1,1),(4,3,2) PHÒNG GD&ĐT VT HƯỚNG DẪN CHÁM ĐỀ THI HSG 9 NĂM HỌC 2013 – 2014 ( ĐỀ SỐ 3) 9
10. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Câu Ý Nội Dung 5 2 2 9 4 2 5 2 2 (2 2 1)2 5 2 3 2 2 Câu 1 5 2 ( 2 1)2 3 2 2 ( 2 1)2 2 1 A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) abc a b c abc 4 4a 4b 4c 4 abc 16 a(4 b)(4 c) a(16 4b 4c bc) a(2 a bc)2 a(2 a bc) 2a abc Tương tự b(4 c)(4 a) 2b abc, c(4 a)(4 b) 2c abc A 2(a b c) 3 abc abc 2(a b c abc) 8 a) ĐK: x 0. Pt x 9 x 4 x 1 x (1) 5 1 x 9 x 4 x 1 x x 9 x 4 5( x 1 x) (2) Câu 2 Từ (1),(2) suy ra: x 9 3 x 1 2 x 3 x 1 9x 9 x 9 ,dấu “=” xảy ra khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt. Vậy pt đã cho có nghiệm x=0. b) ĐK: x -1. Đặt a = x 1 , b = x2 x 1 với a 0, b>0. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2(a2 + b2) = 5ab (2a-b)(a-2b)=0 2a=b hoặc a=2b Với a=2b x 1 =2 x2 x 1 4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm. Với b=2a x2 x 1 =2 x 1 5 37 x2-5x-3 = 0 x (thỏa mãn đk x -1.) 2 x y 2013 m Ta có m,n *, m,n 1 . y z 2013 n nx my 0 x y m 2 nx my mz ny 2013 xz y . mz ny 0 y z n Câu 3 2 2 x2 y2 z2 x z 2xz y2 x z y2 x y z x z y . 2 2 2 2 2 2 x y z x y z Vì x y z 1 và x y z là số nguyên tố nên x y z 1 Từ đó suy ra x y z 1 (thỏa mãn). 10
11. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng A E F G O H B M C Câu 4 D B·FC B·EC 900 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC. Ta có A·CD 900 DC AC Mà HE AC; suy ra BH//DC (1) Chứng minh tương tự: CH//BD (2) Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD. GM 1 Do đó AM, HO trung tuyến của AHD G trọng tâm của AHD AM 3 GM 1 Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, AM 3 Suy ra G là trong tâm của ABC a) (0,5điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 ( ).(x y z) ( . x . y . z)2 = x y z x y z ( a b c )2 (a+b+c)2 đpcm b) (1 điểm) Vế trái 2(1 x2 ) 2(1 y2 ) 2(1 z2 ) Câu 5 M 2(1 z2 ) (1 y2 ) 2(1 x2 ) (1 z2 ) 2(1 y2 ) (1 x2 ) Đặt 1 x2 a,1 y2 b,1 z2 c. với a, b,c >0 2a 2b 2c 2a2 2b2 2c2 Khi đó M = 2c b 2a c 2b a 2ac ab 2ab bc 2bc ac Sau đó áp dụng bđt ở phần a) và bđt (a b c)2 3(ab bc ca) M 2 . Từ đó có đpcm Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i. 2 xi (xi 1) Ta có: S= x1 + x2 + + x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là C xi = Vậy 2 Câu 6 x (x 1) x (x 1) x (x 1) tổng số các cặp ô đỏ là A= 1 1 2 2 13 13 2 2 2 Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có cặp ô đỏ nào có hình chiếu trùng nhau. 11
12. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 2 x1(x1 1) x2 (x2 1) x13 (x13 1) Vậy C 13=78 A= 2 2 2 13 13 2  xi  xi 156 i 1 i 1 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: 13 13 2 2 2 s ( xi ) 13( xi ) s 156 i 1 i 1 13 s2-13s-2028 0 S 52 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = x13 = 4 (mỗi dòng có 4 ô được tô đỏ). (Học sinh lập luận chỉ ra S 52 được 0,25đ) Vẽ hình minh họa: (0,25đ) x x x x x x x x x x x x x x x X x x x x x x x x x x x x x x x X x x x x x x X x x x X x x x x x x x x x Vậy giá trị lớn nhất của S=52 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa./. ®¸p ¸n, biÓu ®iÓm m«n to¸n kú thi chän ®éi tuyÓn häc sinh giái líp 9 ĐỀ SỐ 4 n¨m häc 2008 - 2009 ( Thêi gian lµm bµi: 120 phót - Vßng 2 ) Bµi 1: 2 ®iÓm; Mçi c©u 1 ®iÓm. C©u 1: LÇn l­ît ph©n tÝch ®Ó cã kÕt qu¶ f(x) = x ( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 ) C©u 2: Tõ kÕt qu¶ cña c©u 1 ta cã: + A = f(x) + 1 = x( x + 3 )( x + 1 )( x + 2 ) + 1 = ( x2 + 3x )( x2 + 3x + 2 ) + 1 ( 0,25 ®iÓm ) + §Æt x2 + 3x = t; ta cã A = t( t + 2 ) = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 ( 0,25 ®iÓm ) + Do x Z nªn t = x2 + 3x x Z; do ®ã ( t + 1 )2 Z vµ ( t + 1 )2 lµ sè chÝnh ph­¬ng. ( 0,25 ®iÓm ) + KL: ( 0,25 ®iÓm ) Bµi 2: 1,5 ®iÓm. + Víi x 1; x 2 ta cã: a b ax 2a bx b (a b)x (2a b) x 1 x 2 (x 1)(x 2) (x 1)(x 2) 12
13. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng ( 0,25 ®iÓm ) 4x 7 a b + Do ®ã víi mäi x 1; x 2 x 2 3x 2 x 1 x 2 4x 7 (a b)x (2a b) víi mäi x 1; x 2 (x 1)(x 2) (x 1)(x 2) 4x – 7 = ( a + b )x – ( 2a + b ) víi mäi x 1; x 2 a b 4 2a b 7 ( 0,75 ®iÓm ) + Tõ ®ã tÝnh ®­îc a = 3; b = 1. ( 0,25 ®iÓm ) + KL: ( 0,25 ®iÓm ) Bµi 3: 2 ®iÓm 3x 2 + Ta cã y2 + yz + z2 = 1 - 2 2y2 + 2yz + 2z2 = 2 – 3x2 3x2 + 2y2 + 2yz + 2z2 = 2 ( 1 ) x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + x2 – 2xy + y2 + x2 – 2xz + z2 = 2 ( x + y + z )2 + ( x – y )2 + ( x – z )2 = 2 ( 1,0 ®iÓm ) + Do ( x – y )2 0; ( x – z )2 0 nªn tõ ( * ) suy ra ( x + y + z )2 2 Hay - 2 x y z 2 ( 0,5 ®iÓm ) + DÊu “ = ” x¶y ra khi x – y = 0 vµ x – z = 0 hay x = y = z 2 2 Thay vµo ( 1 ) ®­îc 9x2 = 2; x = ; x = - 3 3 ( 0,25 ®iÓm ) 2 + KL: Víi x = y = z = - th× min B = - 2 3 2 Víi x = y = z = th× max B = 2 3 ( 0,25 ®iÓm ) Bµi 4: 3,5 ®iÓm. A B N M I K D E C G C©u 1: 0, 75 ®iÓm. + Tõ MN // AB // CD vµ MI = IK ¸p dông ®Þnh lý Ta let ta cã NI = IE ( 0,25 ®iÓm ) + ChØ ra tam gi¸c AMK vu«ng c©n t¹i A ®Ó cã AE  KM ( 0,25 ®iÓm ) 13
14. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng + Tø gi¸c MNKE lµ h×nh b×nh hµnh cã hai ®­êng chÐo vu«ng gãc víi nhau nªn MNKE lµ h×nh thoi. ( 0,25 ®iÓm ) C©u 2: 0, 75 ®iÓm. + Tõ tÝnh chÊt h×nh vu«ng cã  ACK = 45 0. ( 0,25 ®iÓm ) + Chøng minh hai tam gi¸c AKE vµ CKA ®ång d¹ng, suy ra §PCM. ( 0,5 ®iÓm ) C©u 3: 1, 0 ®iÓm. + Tõ hai tam gi¸c ABM vµ ADK b»ng nhau ta cã MB = DK nªn EK = MB + ED. ( 0,25 ®iÓm ) + Tam gi¸c AMK vu«ng c©n t¹i A cã MI = IK nªn AI lµ trung trùc cña MK do ®ã ME = EK. ( 0,25 ®iÓm ) + Tõ ®ã ME = MB + ED, suy ra ME + CM + CE = 2a. ( 0,25 ®iÓm ) + KL: ( 0,25 ®iÓm ) C©u 4: 1, 0 ®iÓm. + Tam gi¸c AMK vu«ng c©n t¹i A nªn AM = AK; do ®ã 1 1 1 1 = . ( 0,25 ®iÓm ) AM 2 AG 2 AK 2 AG 2 + Tam gi¸c AKG vu«ng t¹i A nªn AK . AG = KG . AD = 2. dt AKG, do ®ã AK2 . AG2 = KG2 . AD2. ( 0,25 ®iÓm ) + MÆt kh¸c l¹i cã KG2 = AK2 + AG2 vµ AD = a nªn ta cã AK 2 AG 2 1 1 1 1 AK2 . AG2 = a2( AK2 + AG2 ), hay , suy ra = AK 2 .AG 2 a 2 AK 2 AG 2 a 2 ( 0,25 ®iÓm ) + KL: ( 0,25 ®iÓm ) Bµi 5: 1 ®iÓm. + §Æt vÕ tr¸i cña ®¼ng thøc cÇn chøng minh lµ A. + Tõ abc = 2008 suy ra a; b; c kh¸c 0. ( 0,25 ®iÓm ) + ë ph©n thøc thø nhÊt ta thay 2008 bëi tÝch abc; gi÷ nguyªn ph©n thøc thø hai; nh©n c¶ tö vµ mÉu cña ph©n thøc thø ba víi b ta cã: 2008 b bc bc b 2008 A = 1 bc b 2008 bc b 2008 bc b 2008 bc b 2008 ( 0,75 ®iÓm ) H­íng dÉn chÊm (ĐỀ SỐ 5) Bµi 1: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc sau 2 2 P = 2009 2 2008 2009 2 2008 = 2008 1 2008 1 = 2 20082 2014 . 20082 4016 3 .2009 Q = . §Æt x = 2008, khi ®ã 2005.2007.2010.2011 x2 x 6 x2 2x 3 x 1 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 Q = = = x + 1 = 2009 x 3 x 1 x 2 x 3 x 3 x 1 x 2 x 3 Bµi 2: Ta cã 10a2 - 3b2 + ab = 0 3(4a2 - b2) - a(2a - b) = 0 2a - b = 0 b = 2a (2a - b)(5a + 3b) = 0 5a + 3b = 0 5a = -3b (loai) 2a b 5b a 2a 2a 10a a 9a 9 Víi b = 2a 3a b 3a b 3a 2a 3a 2a 5a 5 Bµi 3: XÐt ABC cã Aµ 900; Cµ = . KÎ trung tuyÕn AM, ®­êng cao AH A·MH 2 14
15. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng a §Æt BC = a; AC = b; AB = c; AH = h; MA = MB = MC = m = . A 2 c b h Ta cã sin = ; cos = ; sin2 = a a m c b 2bc 2ah 2h h Do ®ã 2sin . cos = 2 . 2 2 = sin2 a a a a a m B C H M Bµi 4: a/ §Æt AM = x (0 0,b > 0) 2 2 2 x + c - x c2 c ¸p dông, ta cã: x(c - x) = . DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: x = c - x x = . 2 4 2 a 3 c2 ac 3 ac 3 c Suy ra: S . = . VËy: S = khi x = hay M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AB 2c 4 8 max 8 2 b/ Gi¶ sö ®· dùng ®­îc h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. Nèi BF, trªn ®o¹n BF lÊy ®iÓm F’. Dùng h×nh ch÷ nhËt E'F'G'H' (E' AB;G',H' BC) E'F' BE' BF' F'G' Ta cã: E'F'// EF vµ F'G'// FG, nªn: = = = EF BE BF FG E'F' = F'G' . Do ®ã E'F'G'H' lµ h×nh vu«ng + C¸ch dùng vµ chøng minh: Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm E' tuú ý, dùng h×nh vu«ng E'F'G'H' (G', H' thuéc c¹nh BC). Dùng tia BF' c¾t AC t¹i F. Dùng h×nh ch÷ nhËt EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh t­¬ng tù trªn, ta cã EF = FG, suy ra EFGH lµ h×nh vu«ng BH' 1 + Ta cã: = cotg600 = ; E'H' 3 A BG' BH' + H'G' BH' 1 cotgF 'BC = = +1 = +1 . F'G' F'G' E'H' 3 E F Suy ra: Tia BF' cè ®Þnh khi E' di ®éng trªn AB, c¾t AC t¹i mét ®iÓm F duy nhÊt. VËy bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh duy nhÊt E' EF AE ax F ' + §Æt AE = x . Ta cã = EF = ; B C BC AB c H' H G' G (c - x) 3 HE = c - x sinB = 2 ax (c - x) 3 c2 3 EFGH lµ h×nh vu«ng, nªn EF = EH = x = c 2 2a + c 3 2 2 2 3a c Suy ra diÖn tÝch h×nh vu«ng EFGH lµ: S = EF = 2 2a + c 3 15
16. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi 5: Ta cã a2 + b2 - ab ≥ ab (a + b)(a2 + b2 - ab) ab(a + b) a3 + b3 ab(a + b) a3 + 20b3 19b3 + ab(a + b) 20b3 - ab(a + b) 19b3 - a3 b(20b2 - ab - a2 ) 19b3 - a3 b(20b2 - 5ab + 4ab - a2 ) 19b3 - a3 b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b3 - a3 b(4b - a)(a + 5b) 19b3 - a3 (4b - a)(ab + 5b2 ) 19b3 - a3 19b3 - a3 4b - a ab + 5b2 19c3 - b3 19a3 - c3 T­¬ng tù víi a, b, c > 0 th×: 4c - b; 4a - c cb + 5c2 ac + 5a2 Tõ ®ã ta cã B§T cÇn chøng minh. DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c §¸p ¸n + biÓu ®iÓm (ĐỀ SỐ 5) Bµi 1: a) (4®) 1.(2®) T×m ®­îc §K: x 0 0,25® x 2 1 4 x . 0,5® ( x 1)(x x 1) x 1 3 0,5® x 2 (x x 1) 4 x . ( x 1)(x x 1) 3 0,5® x 1 4 x . 0,25® ( x 1)(x x 1) 3 4 x 3(x x 1) 2. (1®) 8 1 1® P= 2x 5 x 2 0 x 4; x (TM§K) 9 1 2 4 3.Víi x 0;3(x x 1) 0 P 0 , minP=0 khi x=0 0,5® 4 1 1 4 Víi x>0,P= v× x 2 nªn x 1 1 . Do ®ã P . 0,25® 1 3( x 1) x x 3 x 0,25® 4 DÊu ”=” x¶y ra khi x=1. VËy maxP= khi x=1 3 1 1 1 1 b. A= 1 2 3 4 5 6 79 80 1 1 1 1 1® A> 2 3 4 5 6 7 80 81 1 1 1 1 1 1 2A > 1 2 2 3 3 4 4 5 79 80 80 81 1® 16
17. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 2A > 2 1 3 2 4 3 5 4 81 80 2A > 81 1 9 1 8 A 4 (®pcm) Bµi 2:(4®) a) (2®) §K: x>0 0,25® NhËn thÊy 2x2 x 6 x2 x 2 víi mäi x BiÕn ®æi: 4 2x2 x 6 x2 x 2 x x x2 4 x2 4 0,5® 0,25® 2x2 x 6 x2 x 2 x 0,5® 2x2 x 6 x2 x 2 x 4 2 x2 x 2 x x2 x 2 2 x4 x3 2x2 4 0 0,5® x (x 1)(x3 2x2 4x 4) 0 x 1(dox3 2x2 4x 4 0khix 0) b)(2®) Gi¶ sö n2 +7n +2014 9 n2 7n 20143 4n2 28n 80563 (2n 7)2 80073 0,5® v× 8007 3 (2n 7)2 3 (2n 7)2 9 0,5® mµ 8007 kh«ng chia hÕt cho 9. Nªn (2n+7)2+8007 kh«ng chia hªt cho 9 n2 7n 2014 kh«ng chia hÕt cho 9 m©u thuÉn víi gi¶ sö nªn ®iÒu gi¶ sö lµ sai. VËy 1® n2+7n +2014 kh«ng chia hÕt cho 9 (®pcm) Bµi 3: (3®iÓm) 1 3 a. (1,5d) Giải: Ta có x2+x+1=(x+ )2 + >0 0,25® 2 4 0,25® 11 19 5x2+11x+7=5(x+)2 >0 10 20 0,5® Nên(1+x+x2+x3)-(1+x+x2) (x+1)3=1+x+x2+x3 x(x+1)=0 x 1 0,5® *x=0=>y=1 *x=-1=>y=0 Vậy nghiệm nguyên của PT là : (0;1), (-1;0) 0,5® b) (1,5®) 1 1 1 1 a ta cã a>0 nªn a3 33 a3. . ( b®t c«si cho 3 sè d­¬ng) 27 27 27 27 3 0,5® a 2 a3 3 27 b 2 c 2 t­¬ng tù b3 ;c3 , 3 27 3 27 0,5® 1 2 1 2 1 a 3 b3 c 3 (a b c) 3 9 3 9 9 17
18. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 1 1 Do ®ã A . DÊu “=” x¶y ra khi a=b=c= 9 3 1 1 VËy min A= a b c 9 3 Bµi 4:(6®) a. VÏ ®óng h×nh chøng minh ®­îc 4 ®iÓm A,O,S,B cïng thuéc 1 ®­êng trßn ®­êng kÝnh SO 1,5® 1,5® A A A A O SS 1,5® B C 2 y b.Cm ®­îc AC =AB.AE 1,5® c. Cm ®­îc SO//CB E EC AC EC AC d. Cm AEC®ång d¹ng SOA OCE ®ång d¹ng SAC OA SA OC SA tõ ®ã suy ra OE vu«ng gãc víi SC Bµi 5: (1®) x2 2xy 2 y(x2 2)xy 2 x(xy 2) 2(x y)xy 2 2(x y)xy 2 §Æt 2(x+y)=k(xy+2) víi k Z Nõu k=1 2x 2y xy 2 (x 2)(y 2) 2 1,0® T×m ®­îc x=4 ; y=3 Nõu k 2 2(x y) 2(xy 2) x y xy 2 (x 1)(y 1) 1 0 v« lÝ (lo¹i) VËy x=4. y=3 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOÁN 9 (ĐẾ SỐ 6) Câu 1: (6 điểm) x y x y x y 2xy Cho P= : 1 1 xy 1 xy 1 xy a, Rút gọn P (2 điểm) Điều kiện để P có nghĩa là : x 0 ; y 0 ; xy 1 (0,5 đ) Ta có : x y x y x y 2xy P= : 1 1 xy 1 xy 1 xy x y 1 xy x y 1 xy 1 xy x y 2xy =: (0,5đ) 1 xy 1 xy 1 xy x y x y y x x y x y y x x y xy 1 = : 1 xy 1 xy 2 x 2y x 1 xy = (0,5đ) 1 xy 1 x y 1 18
19. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 2 x 1 y 2 x = (0,5đ) 1 x 1 y 1 x 2 b, Tính giá trị của P với x= (1,5điểm) 2 3 2 Ta thấy x= thoả mãn điều kiện x 0 (0.25đ) 2 3 2 2 2 3 Ta có : x= = =4-23 =(3 -1)2 (0,5đ) 2 3 2 3 2 3 2 x Thay x vào P = , ta có: x 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 1 5 2 3 P= = (0,5đ) 4 2 3 1 5 2 3 5 2 3 5 2 3 2 5 3 6 5 2 3 2 3 3 1 2 3 3 1 =2 = = (0,25đ) 52 2 3 25 12 13 c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm) Với mọi x 0, ta có: 2 x 1 0 (0,25đ) 2 x 2 x 1 0 x+1 2 x (0,5đ) 2 x 1 ( vì x+1>0) 0.25đ) 1 x 2 x 1 (0,25đ) 1 x P 1 2 Vậy giá trị lớn nhất của P =1 x 1 0 0.25đ x 1 0 x 1 x=1 (0,5đ) C©u 2: (4 điểm) a)(2 điểm) ĐK : -3 x 6 (0,25đ) Đặt 3 x 6 x =t >0 (0,25đ) t 2 9 Suy ra t2=3+x+6-x+2(3 x)(6 x) (3 x)(6 x) = (0,25đ) 2 t 2 9 Ta có pt: t- =3 t2-2t-3=0 t=-1 (loại) hoặc t=3 (0,25đ) 2 t=3 suy ra 3 x 6 x =3 x=-3 hoặc x=6 (0,5đ) 19
20. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng b) (2đ) x2 + y2 = xy + x + y (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = 2. 0,5đ Vì x, y Z nên : 0,25đ x+y 0 0 0 0 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1 0,25đ x-1 1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 1 -1 0,25đ y-1 1 1 -1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 0,25đ (x;y) (2;2) (0;0) (1;0) (2;1) (1;2) (0;1) 0, 5đ Câu 3:(4đ) a) (2đ) 2 x y z x y z x2 y2 z2 2xy 2xz 2yz Từ 1 1 2 2 2 1 a b c a b c a b c ab ac bc x2 y2 z2 2cxy 2bxz 2ayz 1 (1) (1đ) a2 b2 c2 abc abc abc a b c ayz bxz cxy Từ 0 0 ayz+bxz+cxy=0 (2) (0,5đ) x y z xyz xyz xyz x2 y2 z2 Từ(1) và (2) 1 (0,5đ) a2 b2 c2 b)(2đ) Do a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn a,b,c>0 (0,25đ) 1 1 Theo bÊt ®¼ng thøc COSI: a2+bc 2abc (0,5đ) a 2 bc 2a bc 1 1 1 1 T­¬ng tù: ; (0,5đ) b 2 ac 2b ac c 2 ab 2c ab 1 1 1 1 1 1 Suy ra + + + + (0,25đ) a 2 bc a 2 bc c 2 ab 2a bc 2b ac 2c ab 1 1 1 bc ac ab b c a c a b a b c + + a 2 bc a 2 bc c 2 ab 2abc 2.2abc 2abc (0,5đ) C©u 4: (5đ) a)Vẽ hình và chứng minh câu a 2đ E P C D M I O/ F a) Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc với ED. Tương tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1) 20
21. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD  E F nên I là trung điểm của E F. Lại có I là trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ (1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng. (2đ) 1. Ta có  EDC = EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO’D cân tại O’ nên  EDC =  O’PD. Lại có  EFP = IPF (do tam giácIPF cân) vậy  I PF= O’PD mà  FPD =1v, suy ra IPO’ =900 nên IP  O’P. Hay IP là tiếp tuyến của (O’). (2đ) 2. Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R. áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max khi PI = 1 PO’ =R mà DM =2 PO’ do đó 2 DM = 2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng 2 R. (1đ ) Câu 5 :(1điểm) 1 k x y 6 1 1 1 1 1 k Đặt 6(x ) 3(y ) 2(z ) xyz k y 0.25đ y z x xyz z 3 1 k z x 2 Xét tích : 1 1 1 k 3 k 3 1 1 1 1 (x )( y )(z ) xyz ( y ) (x ) (z ) y z x 36 36 xyz z y x k 3 k k k k 3 k 0 k 0 0,5đ 36 3 2 6 36 (xyz)2 1 xyz 1 x y z 1 xy yz zx 1 xy yz zx 1 x y z 1 0,5đ Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm. 0,25đ Học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa. HƯỚNG DẤN GIẢI ĐỀ SỐ 7 Bài 1 : a ) Rút gọn P = ( 1 – x )2 . Trục căn thức ở mẫu ta có x 2 1 Thay vào P= 2 b) a 3 2 3 3 2 3 a3 = 3a +4 a(a2 - 3 ) = 4 a2 - 3 = 4 : a (vì a>0) 64 thay vào và rút gọn ta có 3a = 4 Z (a 2 3)3 Bài 2 : a) 2 5 x x 5 Điều kiện x 5 do đó x 5 5 x Giải phương trình 2 5 x 5 x ta được x = 1 b) 21
22. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng xy 6 3x 2y(1) 2 2 x y 2x 4y 3(2) Từ (1) ta có (y-3)(x-2) = 0 y = 3 hoặc x = 2 Thay y = 3 vào (2) ta được x1 = 0 ; x2 = 2 Thay x =2 vào (2) ta được y1 = 3 ; y2 = 1 Hệ phương trình có 3 nghiệm (x;y) là : ( 2;3 ) (2;1) (0;3) Bài 3 : a) Vẽ đồ thị và tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P) là : (-1 ; -1) và ( 2 ; -4) b) Thay lần lượt toạ độ của 2 giao điểm trên vào phương trình đường thẳng ( )ta được m = 1 và m = - 5 c) Bài 4 : a) Vì D là điểm chính giữa cung AC nên OD  AC OD // BE ( cùng vuông góc BC) Mà BE  DE nên OD  DE DE là tiếp tuyến của (C) MDE  MBD ( g-g) b) Vì MDE  MBD MD2 = MF . MB (*) MEB có góc E = 900 và EF  MB ME 2 = MF . MB ( )( Hệ thức lượng ) Từ (*) và ( ) ta có M là trung điểm đoạn DE HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI (ĐỀ SỐ 8) Môn: Toán 9 Năm học: 2013-2014 x 3 x 2 x 2 x Câu 1 (4 điểm):Cho biểu thức A : 1 ; x 2 3 x x 5 x 6 x 1 Với x 0; x 4; x 9 (*) a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị của A khi x 6 2 5 ; 1 c) Với giá trị nào của x thì đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó? A Lời giải sơ lược Điểm a) Với điều kiện * ta có: x 3 x 2 x 2 x 1 x 0,50 A : x 2 x 3 x 2 x 3 x 1 x 1 x 9 x 4 x 2 1 : x 2 x 3 x 1 0,50 x 3 1 : 0,50 x 2 x 3 x 1 1 1 x 1 : . 0,50 x 2 x 1 x 2 2 b) Dễ thấy : x 6 2 5 5 1 thoả mãn điều kiện. Khi đó: 0,50 2 x 5 1 5 1. 5 1 1 5 0,25 Do vậy, giá trị của biểu thức A là: 5 1 2 5 3 22
23. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 3 5 5 0,25 . 4 1 3 1 3 c) Viết lại, =1 . Để có GTNN thì có GTLN, hay x 1 có GTNN. 0,25 A x 1 A x 1 Ta có: x 1 1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0. 0,75 1 3 Giá trị nhỏ nhất của là 1 1 3 2 , xảy ra khi x = 0. A 0 1 Câu 2(3 điểm): a) Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. x - 2012 1 y - 2013 1 z - 2014 1 3 b) Giải phương trình: x - 2012 y - 2013 z - 2014 4 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 2 4đ a 1,5đ Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1 0,5 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2 0,5 2 Với n là số tự nhiên thì n + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương. 0,5 b 1,5đ 0,25 Đặt x - 2012 a; y - 2013 b; z - 2014 c (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a - 1 b - 1 c - 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 0,5 a b c 4 4 a a 4 b b 4 c c 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 a = b = c = 2 0,5 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2016, y = 2017, z = 2018. 0,25 Câu 3 (4 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2. b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b  45 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 3 3đ a 2đ 23
24. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Ta có: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 4x2 + 8x = 38 – 6y2 4x2 + 8x + 4 = 42 – 6y2 2 2 2 2 0,5 2x 2 42 6y 2x 2 6 7 y (1) 2 Vì 2x 2 0 7 y2 0 y2 7 , mà y Z nên: 0,5 y = 0; 1; 2 2 2x 2 6 x 2 + Với y = 1 , từ (1) 2x 2 36 2x 2 6 x 4 Trường hợp này phương trình có 2 nghiệm nguyên là: (2;1) và (-4;1). + Với y = -1 0,5 2 2x 2 6 x 2 Thì từ (1) 2x 2 36 2x 2 6 x 4 Trường hợp này pt có 2 nghiệm nguyên là: (2;-1) và (-4;-1). 2 2 + Với y 2 2x 2 18 4x 8x 14 0 2 0,25 2x 4x 7 pt này không có nghiêm nguyên vì VT chia hết cho 2, VP không chia hết cho 2. 2x 2 2 42 4x2 8x 38 0 + Với y = 0, từ(1) 2x2 4x 19 0,25 PT này không có nghiệm nguyên vì VT chia hết cho 2; VP không chia hết cho 2. Vậy PT đã cho có các nghiệm nguyên là: (-4;1); (2;1);(-4;-1); (2;-1) b 2đ Ta thÊy 45 = 5.9 mµ (5 ; 9) = 1 ®Ó a56b  45 a56b  5 vµ 9 0,5 XÐt a56b  5 b {0 ; 5} 0,25 NÕu b = 0 ta cã sè a56b  9 a + 5 + 6 + 0  9 a + 11  9 a = 7 0,5 24
25. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng NÕu b = 5 ta cã sè a56b  9 a + 5 + 6 + 0  9 a + 16  9 a = 2 0,5 VËy: a = 7 vµ b = 0 ta cã sè 7560 a = 2 vµ b = 5 ta cã sè 2560 0,25 Câu 4: (7 điểm) 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a. Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R. 2. Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 4 7đ 1 4đ A E D C B H O 1 a) Chứng minh được tứ giác ADHE là hình chữ nhật Suy ra AB . EB = HB2 25
26. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng AC . EH = AC . AD = AH2 => ĐPCM 1 AD2 AE 2 DE 2 AH 2 1 b) S(ADHE)= AD.AE 2 2 2 AH 2 AO2 R2 0,5 S(ADHE) 2 2 2 R2 0,5 Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE 2 Hay A là điểm chính giữa của cung AB 2 3đ A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: 0,5 AB = AD = a; D AJ B AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) ADJ = ABM . 1 Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) 0,5 AD2 AM2 AI2 a 2 26
27. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Câu 5 ( 2điểm): Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. 1 1 1 Chứng minh rằng 1 x y 1 y z 1 z x 1 Sơ lược lời giải Điểm Đặt x=a3 y=b3 z=c3 ,a,b,c >0 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab ab 0,5 a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 1 1 a3 b3 1 ab a b c 0,25 Tương tự ta có 1 1 1 1 , b3 c3 1 bc a b c c3 a3 1 ca a b c 0,5 Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1 = + + x y 1 y z 1 z x 1 a3 b3 1 b3 c3 1 c3 a3 1 0,5 1 1 1 1 1 = c a b 1 a b c ab bc ca a b c Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 (Đề số 9) Năm học 2014 – 2015 Bài Tóm tắt lời giải Điểm 0,5 Bài 1 Câu 1a 1.a) ĐKXĐ: x 0; x 3 (2đ) 27
28. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 3 3 x 3 0,5 Q = 1 2 3 x x 3 3 x 27 3 x 0,5 3 3 x 2 x 3 3 Q = 2 2 x x 3 3 (x 3)(x x 3 3) 3x 0,5 (x 3) 3 3 x 2 x 3 3 = 2 (x 3)(x x 3 3) 3x 1 x 3 1.b) Ta có: x 4 7 4 7 8 2 7 8 2 7 x 2 2 0,5 2 2 1 7 1 7 Bài 1 x 2 2 0,5 Câu 1b (2 đ) 1 7 7 1 x 2 2 0,5 x 2 0,5 Thay x = 2 vào Q ta có: 1 Q 2 3 2 3 2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101. 50 0,5 Bài 1 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101 0,25 Câu 2 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513) (2 đ) = (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50. 51 + 0,25 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1) 0,25 Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003) 0,25 Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B 0,25 0,25 0,25 Bài 2 x 2013 4x 8052 3;ÐK : x 2013 0,5 (1,5 đ) 1. 3 x 2013 3 x 2014(TMÐK) 1,0 1 2. Cho abc = 1. ab 0.5 c 1 1 1 S = 1 a ab 1 b bc 1 c ac (2,5 đ) 0,5 28
29. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng 1 1 1 0,5 = 1 abc b bc 1 c ac 1 a 0,5 c c 1 1 = 0,5 c ac 1 b ac 1 c 1 c ac bc 1 b = b 1 c ac b c ac 1 = 1 b c ac 1 Bài 3 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1,5đ) x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1) (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0 0,25 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0 0,25 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2) 0,25 Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 - 4 y 1 0,25 Vì y nguyên nên y 4; 3; 2; 1; 0; 1   0,25 Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). 0,25 (1,5 đ) 2. - Vì a.b = 1 nên 2 a2 b2 a b 2ab a b a b 2 a b 2 2 0,25 a b a b a b - Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương 0,25 2 2 Ta có : a b 2 a b  0,25 a b a b 0,5 a2 b2 Vậy 2 2 a b 0,25 29
30. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bài 4 6đ A 0,5 E D C B H O a) Chứng minh tam giác ABC vuông 0,25 Ta có: OA= OB = OC = R 0,25 => Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo) b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật AB . EB = HB2 0,5 AC . EH = AC . AD = AH2 0,5 Ta có: AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pi ta go) 0,5 0,5 => Đpcm 0,5 AD2 AE 2 DE 2 AH 2 b) S(ADHE)= AD.AE 2 2 2 1,0 AH 2 AO2 R2 S(ADHE) 2 2 2 0,5 R2 0,5 Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE hay AB = AC 2 0,5 Tam giác ABC vuông cân tại A Bài 5 Ta có 2(x y) 16 3xy 3xy 2x 2y 16 (1,0đ) 2 4 0,25 y(3x 2) (3x 2) 16 (3x 2)(3y 2) 52 3 3 0,25 Giả sử: x y khi đó 1 3x 2 3y 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các trường hợp sau: 0,25 3x 2 1 3x 2 2 3x 2 4 ; ; (loại) ; 3y 2 52 3y 2 26 3y 2 13 => nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5; 2) 0,25 Së Gi¸o dôc - §µo t¹o K× thi chän häc sinh giái N¨m häc 2008-2009 Th¸i B×nh H­íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm M¤N to¸n (ĐỀ SỐ 10) Bµi Néi dung §iÓm 30
31. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm x2 1 a Bµi 1 (3 ®) y 1 b §Æt a;b;c;d Z; (a;b) 1; (c;d) 1; b 0; d 0 y2 1 c 0,25 x 1 d x2 1 y2 1 a c ad bc XÐt k (k Z) y 1 x 1 b d bd 0,25 ad + bc = bdk ad + bc : b ad  b d  b (v× (a; b) = 1) (1) T­¬ng tù cã b  d (2) 0,25 Tõ (1) (2) b = d (3) 0,25 a c x2 1 y2 1 XÐt   x 1 y 1 m (m Z v× x; y Z) 0,25 b d y 1 x 1 ac = mbd ac : b c  b (v× (a;b) = 1) (4) 0,25 Tõ (3) (4) c  d (5) 0,25 Vµ (c ; d) = 1 (6) 0,25 (5) (6) d = 1 (y2 - 1)  (x + 1) (7) XÐt x2y22 - 1 = x2 (y22 - 1) + x2 - 1 0,25 Cã y22 - 1  y2 - 1 (8) 0,25 Tõ (7) (8) y22 - 1  x + 1 x2(y2 - 1)  x + 1 (9) Cã x2 - 1  x + 1 (10) 0,25 Tõ (9) (10) x2y22 - 1  x + 1 0,25 Bµi 2 3 5 §Æt a = 7 , b = 7 (3 ®) 5 3 0,25 a b x 0,25 ab 1 a3 + b3 = (a + b) (a2 - ab + b2) = (a + b) [(a + b)2 - 3ab] 0,25 = x (x2 - 3) = x3 - 3x 0,25 a4 + b4 = (a2 + b2)2 - 2(ab)2 = [(a + b2) - 2ab]2 - 2(ab)2 0,25 = (x2 - 2)2 - 2 = x4 - 4x2 + 2 0,25 3 5 34 (a3 + b3)(a4 + b4) = a7 + b7 + (ab)3(a + b) = x x (1) 0,25 5 3 15 (a3 + b3)(a4 + b4) = (x3 - 3x) (x4 - 4x2 + 2) = x7 - 3x5 - 4x5 + 12x3 + 2x3 - 6x = x7 - 7x5 + 14x3 - 6x (2) 0,25 34 (1) (2) x 7 - 7x5 + 14x3 - 6x = x 15 15x7 - 105x5 + 210x3 - 90x = 34 + 15x 15x7 - 105x5 + 210x3 - 105x - 34 = 0 0,25 3 5 Ta thÊy 15x7 - 105x5 + 210x3 - 105x - 34 nhËn x = 7 + 7 lµ nghiÖm 0,25 5 3 15x7 - 105x5 + 210x3 - 105x - 34 cã tÊt c¶ c¸c hÖ sè lµ sè nguyªn 0,25 7 5 3 15kx - 105 kx + 210kx - 105kx - 34k (k lµ sè nguyªn kh¸c kh«ng) 0,25 Lµ ®¼ng thøc cÇn t×m 31
32. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm Bµi 3 x 3 . 4 x 12 x x 28 (*) (3 ®) 0,25 §KX§: -12 x 4 §Æt x + 3 = u (4 x)(12 x) = v 0,25 u2 + v2 = x2 + 6x + 9 + 48 - 8x - x2 = 57 - 2x u2 + v2 - 1 = 56 - 2x = 2(28-x) (1) Cã u.v = 28 - x (2) 0,25 Tõ (1) (2) cã u2 + v2 - 1 = 2uv (u + v)2 = 1 u v 1 0,25 u v 1 0,25 XÐt u - v = 1 v = u - 1 0,25 Thay trë l¹i ta cã (4 x)(12 x) = x + 2 x 2 0 2 2 48 8x x x 4x 4 x 2 2 x 6x 22 0 x 2 2 x 3 31 x 2 0,25 x 3 31 hoÆc x 3 31 x 3 31 (tháa m·n §KX§) 0,25 XÐt u - v = -1 v = u + 1 Thay trë l¹i ta cã (4 x)(12 x) = x + 4 0,25 x 4 2 2 48 8x x x 8x 16 x 4 x 4 0,25 2 2 x 8x 16 0 x 4 32 x 4 x 4 4 2 hoÆc x 4 4 2 0,25 x 4 4 2 (tháa m·n §KX§) KÕt luËn: Ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm: S =  3 31; 4 4 2 0,25 Bµi 4 x2 (3 ®) Cã x > 0 > 0 ; y > 0 8y2 > 0 2 x2 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Co-si cho 2 sè d­¬ng vµ 8y2 ta cã: 2 0,25 32
33. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm x2 8y2 4 xy (1) 2 x2 T­¬ng tù 8z2 4xz (2) 0,25 2 2(y2 + z2) 4yz (3) 0,25 XÐt A = x2 + 14y2 + 10z2 - 4 2y 2 2 x 2 x 2 2 2 2 = 8y 8z 2 y z 4y 4 2y (4) 0,25 2 2 Tõ (1) (2) (3) vµ (4) cã: A 4(xy + xz + yz) + 4y2 - 4 2y 0,25 9 Cã xy + xz + yz = A 9 + 4y 2 - 42y (5) 0,25 4 XÐt 4y2 - 42y + 9 = 4y2 4y 1 2 2y 2 2y 1 6 2 2 = 2y 1 2 2y 1 6 0,25 2 2 Cã 2y 1 0 ; 2 2y 1 0 4y2 4 2y 9 6 (6) 0,25 Tõ (5) vµ (6) A 6 (7) 0,25 x 0; y 0;z 0 9 xy yz xz 4 x2 8y2 2 x2 A = 6 8z2 0,25 2 y2 z2 2y 1 0 2y 1 0 1 y 2 1 0,25 z (8) 2 x 2 1 1 Tõ (7) (8) cã Amin = 6 x; y;z 2; ; 0,25 2 2 Bµi 5 Gäi E; F; P lÇn l­ît lµ tiÕp ®iÓm cña (O) víi c¹nh AB; AC; BC (3 ®) AEO = AFO = 90o (t/c tiÕp tuyÕn) A A ; E ; F ; O thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh AO 0,25 Gäi A1 lµ trung ®iÓm AO A1 lµ t©m ®­êng trßn ®­êng kÝnh AO H 33 A1 F E I O B P C C
34. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm 1 Cã BAC nhän BAC = EA1F (hq gãc nt) 2 1 sin EA1I = EA1F (I lµ giao ®iÓm cña AO vµ EF) 2 sin BAC = EA1I sin EF = AO sinBAC T­¬ng tù EP = BO sinABC 0,25 FP = CO sinACB 0,25 EF.AO + EP.BO + FP.CO = AO2sinBAC + BO2sinABC+CO2sinACB (3) 0,25 Cã AO  EF (suy ra tõ tÝnh chÊt 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau) 2SAEOF = AE.AO 0,25 T­¬ng tù 2SBEOP = EP.BO 2SCFOP = EP.CO 0,25 2SABC = AE.AO + EP.BO + FP.CO (O n»m trong ABC) (4) 0,25 2 2 2 Tõ (3) (4) AO sinBAC + BO sinABC+CO sinACB = 2SABC (5) 0,25 2SABC BH.AC 2S KÎ BH  AC sin BAC ABC 0,25 BH ABsin BAC AB.AC 2S 2S T­¬ng tù cã sin ABC ABC sin ACB ABC (6) 0,25 BA.BC CA.CB 2S 2S 2S Tõ (5) vµ (6) AO2. ABC BO2. ABC CO2. ABC 2S 0,25 AB.AC BA.BC CA.CB ABC AO2 BO2 CO2 1 0,25 AB.AC BA.BC CA.CB Bµi 6 A (3 ®) E §Æt BD = x CD = 1 - x (0 < x < 1) 0,25 B D C KÎ DE  AB XÐt BED vu«ng t¹i E cã EBD = 60o; BD = x 0,25 x x 3 BE = , DE = 2 2 DEA vu«ng t¹i E AD2 = AE2 + DE2 2 2 2 x x 3 AD = 1 2 2 0,25 AD = x2 x 1 34
35. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm AB BD DA 1 x x2 x 1 S r . r . ABD 1 2 1 2 0,25 Cã SABD = DE.AB x 3 S 0,25 ABD 2 4 3 x r1 =  0,25 2 1 x x2 x 1 3 1 x 3 1 x T­¬ng tù cã: r2 =   0,25 2 1 1 x 1 x 2 1 x 1 2 2 x x2 x 1 3 x 1 x XÐt r1.r2 =  4 1 x 2 x 1 x 2 x x2 x 1 x2 x 1 3 x 1 x =  4 2 x x2 3 x2 x 1 x2 x 1 3 x 1 x =  4 3 1 x2 x 1 2 2 1 x x 1 x x 1 =  4 1 x2 x 1 2 1 1 3 =  1 x 0,5 4 2 4 2 2 1 1 3 3 Cã x 0 x 2 2 4 4 2 1 3 3 x 2 4 2 2 1 3 3 2 3 1 x 1 r1.r2 (1) 0,25 2 4 2 8 2 3 1 1 XÐt r1.r2 = x 0 x 8 2 2 D lµ trung ®iÓm cña BC (tháa m·n) (2) 0,25 2 3 Tõ (1) (2) ta cã: §Ó (r1.r2) max = th× vÞ trÝ cña D cÇn t×m lµ: D lµ trung ®iÓm cña 8 0,25 BC. Bµi 6 Chia h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu dµi 251cm, (3 ®) chiÒu réng 4cm thµnh 1004 h×nh vu«ng 2 cã ®é dµi c¹nh lµ 1cm. 2 1 0,25 35
36. Trường THCS Tề Lỗ GV: Nguyễn Văn Trọng Bµi Néi dung §iÓm 2009 ®iÓm ph©n biÖt n»m bªn trong h×nh ch÷ nhËt chøa 1004 h×nh vu«ng cã ®é dµi 0,25 c¹nh lµ 1cm. Tån t¹i Ýt nhÊt 1 h×nh vu«ng cã ®é dµi c¹nh lµ 1cm chøa Ýt nhÊt 3 ®iÓm trong 2009 ®iÓm 0,25 ®· cho (Di-rich-le) (1) H×nh vu«ng cã ®é dµi c¹nh lµ 1cm Kho¶ng c¸ch lín gi÷a 2 ®iÓm thuéc miÒn cña h×nh 0,25 vu«ng lµ 2 cm. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö 3 ®iÓm ®ã lµ A, B, C AB 2 cm 0,25 AC 2 cm 0,25 A; B; C thuéc h×nh trßn t©m A b¸n kÝnh 2 cm (2) 0,25 Tõ (1) (2) chøng tá r»ng tån t¹i Ýt nhÊt 1 h×nh trßn cã t©m lµ mét trong 2009 ®iÓm ®· cho, 0,25 cã b¸n kÝnh 2 cm chøa Ýt nhÊt 3 ®iÓm trong 2009 ®iÓm ®· cho. Chó ý: 1. Trªn ®©y chØ lµ c¸c b­íc gi¶i vµ khung ®iÓm b¾t buéc cho tõng b­íc theo giíi h¹n ch­¬ng tr×nh ®Õn tuÇn 25 cña líp 9; yªu cÇu thÝ sinh ph¶i tr×nh bµy, lËp luËn vµ biÕn ®æi hîp lÝ míi ®­îc c«ng nhËn cho ®iÓm. 2. Nh÷ng c¸ch gi¶i kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a theo biÓu ®iÓm. 3. ChÊm tõng phÇn. §iÓm toµn bµi lµ tæng c¸c ®iÓm thµnh phÇn kh«ng lµm trßn. 36