Đáp Án Đề Thi HSG Tỉnh Nghệ An 08-09 ( Bảng A)

Chú ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS

Năm học 2008 - 2009 hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức

(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)

Môn: toán - bảng A

-CâuNội dungĐiểm14,5a/Cho A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k  Z

Vì k  Z  ta xét các trờng hợp:

TH1: k chẵn  A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 là một số lẻ

 A không chia hết cho 2

 A không chia hết cho 16 (loại) (1)

1,0 TH2: k lẻ, ta có:

A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2 + 2k - 15)

= (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ  k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 đều chẵn

 A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)  2.2.2.2 = 16 (thoả mãn) (2)

Từ (1) và (2)  với  k  Z mà k lẻ thì A luôn chia hết cho 161,0

0,5b/Đặt A = a2 + b2 + c2 Do tích a.b chẵn nên ta xét các trờng hợp sau:TH1: Trong 2 số

a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ

Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ

 a2  4; b2 : 4 d 1  a2 + b2 : 4 d 1

 a2 + b2 = 4m + 1 (m  N)

Chọn c = 2m  a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1)1,0TH2: Cả 2 số

a, b cùng chẵn

 a2 + b2

 4  a2 + b2 = 4n (n  N) Chọn c = n - 1  a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2)

Từ (1) và (2) ta luôn tìm c  Z thoả mãn bài toán.1,025,5a/Giải phơng trình x2 x

-2 1 16x -2  ĐKXĐ: 1

x 16



Khi đó phơng trình  x2 - x = 2( 1 16x 1) 

Đặt: 1 16x 1 2y   (y 1

2

 )

 1 + 16x = 4y2 -4y + 1  4y2 - 4y = 16x  y2 - y = 4x (*)

Ta có:

2 2

y y 4x

(x y)(x y 3) 0

x x 4y

  





 



x y

x y 3 0 (loại vì x - và y )











Với x = y thay vào (*)  x2 - x = 4x

 x2 - 5x = 0  x(x - 5) = 0

 





x 5 (thoả mãn)

x 0 (loại)

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là: x = 5

0,25

0,5 1,25

0,5 0,25

0,25b/Cho x, y thoả mãn:     



2 2 2

x 2y 4y 3 0 (1)

x x y 2xy 0 (2)

Từ (1)  x3 = -2y2 + 4y -3  x3 = -2(y2 - 2y + 1) - 1

 x3 = -2(y - 1)2 - 1  -1 với  y  x3  -1  x  -1 (*)

Từ (2)  x2(y2 + 1) = 2y  x2 = 



2

2y

1

y 1 với  y

 x2  1   x   1  -1  x  1 (**)

Từ (*) và (**)  x = -1 thay vào (2) ta đợc:

y2 - 2y + 1 = 0  (y - 1)2 = 0  y = 1

 (x, y) = (-1, 1) (thoả mãn)

 Q = x2 + y2 = (-1)2 + 12 = 2

1,0

0,533,0Đặt 11 x

a b ;  

1 1

y

b c ;  

1 1

z

c a  (x, y, z > 0)

 P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)

= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz

≥ 3 2 3

279 (xyz) 27 xyz xyz (*)

Lại có: xyz 1 1 1 1 1 1 8

a b b c c a abc

        

      (vì a, b, c > 0)

a b c 3 abc abc

2      2

 abc 1 8 64 xyz 8 64

Thay vào (*) ta đợc: 3 2 3

P279 64 27 64 64 = 27 + 144 + 108 + 64 = 343

Dấu "=" có khi a = b = c = 1

2  Pmin = 343 Khi a = b = c =

1 2 1,5

0,75 0,5

0,25

45,5a/Xét COM và CED có:







0

ˆ ˆ

O E 90

ˆ chung

 COM CED (g-g)

 CO OM

CE ED (1)

Do AB, CD là 2 đờng kính vuông

góc với nhau    0

1 1

E A 45

N M

D

C

O

B A

E

1 1

XÐt AMC vµ EAC cã:   



0

1 1

E A 45

ˆ chung

 AMC EAC (g-g)  AC AM

CE AE

mµ AC 2 CO (do ACO vu«ng c©n t¹i O)

AM  2 CO  2 OM

(do (1))

 AM.ED = 2 OM.AE (§PCM)

1,0

1,0

1,0b/T¬ng tù c©u a ta cã:

BON BEA  BO ON

BE EA

BND BDE  DN BD  2BO

 DN 2 ON

DE  EA

EA 2 DE DN 2 DE

Tõ c©u a ta cã: AM.ED = 2 OM.AE  OM  ED

AM 2 EA

 OM ON. 1

AM DN 2

mµ OM  ON 2 OM ON. 2 1  2

DÊu "=" xÈy ra khi vµ chØ khi:

ED EA

 E lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá AD

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña OM ON  2

 E lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá AD

0,5

0,5 0,5

1,051,5Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö

A B C A 60

TH1: 600 Aˆ900

kÎ CH  AB; BK  AC

ABC

1

2

mµ CH  CC1  1 ta cã:

1

0

BB

AB

SinA SinA SinA Sin60 3

ABC

TH2: Aˆ900  AB  BB1  1, CH  CC1  1 SABC 1.1.1 1 1

Tõ (1) vµ (2) SABC 1

3

0,5

0,5

K H

A

1

B

1

C

1

Chú ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa