Sơn la hdc đề hsg toán 9 (1)

a Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi 0,5 Do nên phương trình luôn có nghiệm với mọi.. 0,5 b Xác định để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn... Với Thử lại, phươ

SỞ GD&ĐT SƠN LA

(Đáp án có 07 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP

9 NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Toán

1

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức

+ Biến đổi

=

0,5

+ Biến đổi

0,5

+ Ta có

0,5

b) Tính giá trị biểu thức

,

B



   với thỏa mãn

.

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

1

x

A

2

1

x





x

x   x  x x

x A

1

x A

x





x

2

x





2

x





   x23x 8 7x 7 x2 4x 1 0

 2   

 2   

3x 10x  2x2 x  4x1 3x2 3x3x

B

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi

0,5

Do nên phương trình luôn có nghiệm với mọi

0,5

b) Xác định để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn

Từ câu a, phương trình có hai nghiệm x x 1, 2 0,5

Áp dụng hệ thức Vi-ét

0,5

Ta có hệ phương trình sau:

, thay vào , ta được:

0,5

0,5

3

a) Giải hệ phương trình:

x  m x m  m   1 x

m

       

0, m

0 m 4

   

 

1 2

2

1 2

b

a c

a





        







1

1 2

1 2

2

9 6

4

m x

x













2

4







 



x y

x y

  





  



Đặt hệ trở thành:

0,5

0,5

Ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

0,5

Điều kiện:

0,5

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với phương trình:

0,5

Đặt ta có Từ (*), ta có hệ phương trình

0,5

Với loại

Với

Thử lại, phương trình có tập nghiệm

0,5

4

Cho đường tròn và đường thẳng d cố định ((O) và d không có điểm chung) Điểm

P di động trên đường thẳng d, từ P vẽ hai tiếp tuyến PA, PB (A, B thuộc đường tròn

  





  



4 3

4 5 4

a b

a b

a b



 









1 4

a

b







4 11

x y











b) 9 2 x3 2x 9 3 4 x

x

x x

 



   



 



2x 9 2 x3 4x 2x 9 3  

0

9 2 2 2 9 3 *

x





 



 

 

2 2

18 2

 





 



3

b

b





 3

b 

9

108

25

x

x







 



108

;0 25

S 

( ) O

) giao tại Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm A đến đường kính BC, E là giao điểm của hai đường thẳng CP và AH Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng CP và đường tròn Chứng minh rằng:

0,5

Chứng minh rằng:

a)

+) Xét vuông tại có AI là đường cao ứng với cạnh huyền của

tam giác  PA2 PI PO  1

0,5

+) Xét hai tam giác AFP và CAP có :

PAFACF ( cùng bằng

1

2 số đo cung AF )

0,5

AFP

  đồng dạng với CAP .

 

2

PF PC PA

PA PC

Từ (1) và (2)  PF PC PI PO.  .

0,5

b) E là trung điểm của đoạn thẳng AH.

+ Xét hai tam giác AHC và PBO có :

AHC OBP 90o

Mặt khác do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

 POB ACB (hai góc đồng vị)

0,25

( ) O

PF PC PI PO

AOP

  đồng dạng PBO do đó :

0,5

+) Xét hai tam giác EHC và PCB có :

PCB chung

EHC PBO90o

0,25

CEH

  đồng dạng CPB do đó : CH EH  2

0,5

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH

hay E là trung điểm của AH.

0,5

c) Điểm I luôn thuộc một đường cố định khi P di động trên d.

Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ O lên đường thẳng d Gọi K là giao

điểm của hai đường thẳng OM và AB.

0,5

Xét hai tam giác OIK và OMP có góc POM chung,  OIK OMP 90o

OIK

  đồng dạng OMP

OK

0,5

Mặt khác OP OI OB.  2 suy ra

2

OB OK OM



cố định, K thuộc OM cố định suy

ra điểm K cố định.

0,5

Mà OIK  90o với mọi vị trí của M

Vậy khi M di động trên d thì I di động trên đường tròn đường kính OK cố

định

0,5

5 a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x y2 3xy y x  22xy23x1

2x y3xy y x 2xy 3x 1 2y1 x  x 2y  3y3  y 1 0

( 1)

Coi (1) là phương trình theo ẩn x

+) Nếu

1

2

(loại)

+) Nếu

1

2

, Ta có (1) là phương trình bậc 2

0,25

2y2 3y 32 4 2 y2 3y 3 2 2y2 3y 32 4 2 y2 3y 3 8

phương trình (1) có nghiệm nguyên

  là số chính phương

Đặt a2y2 3y3  a2 4a 8 a 224

0,25

 là số chính phương, đặt  k2 k  ,

ta có a 22 4 k2

Vì k a  2  k a 2 2k là số chẵn, và k a  2  k a 2  là 4

số chẵn nên k a  2 và k a 2 cũng là số chẵn

Do đó

2 2

2 2

k a

k a

  





  

k a

k a

  





  



2 2

k a





 



 hoặc

2 2

k a











0,25

Với a  , ta có 2

1

2

y

y







 



Với

1

2

y 

(loại)

Với y 1, ta thay vào phương trình (1) được phương trình

2 0

2

x

x





    

 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x y ;   0;1 , 2;1    

0,25

b) Cho ba số thực x y z, , thỏa mãn điều kiện

2

x x yz x y z xyz   Chứng minh rằng:

1 2 5 5

x 

.

Ta có

5

xyz

Áp dụng bất đẳng thức Cosi

y z

 2  2  2  2

20x  5x  x  x 5x 1 20x  5x 1  2 5 0

5x2 1 2 5 5  x2 1 2 5 0

0,25

2 2

5 1 2 5 0 5 1 2 5

5 1 2 5 0 5 1 2 5

5 1 2 5 0 5 1 2 5

5 1 2 5 0 5 1 2 5

      

      

0.25

5 1 2 5

5

Vậy

1 2 5 5

x 

0,25

(Học sinh làm theo phương án khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa)