Một số chú ý khi chấm bài: Đáp án dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách giải.. Thí sinh giải cách khác mà đúng thì tổ chấm cho điểm từng phần theo hướng dẫn chấm.. Đáp án và tha
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH THỦY
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC: 2017 - 2018 MÔN: TOÁN
Hướng dẫn chấm có: 05
trang
A Một số chú ý khi chấm bài:
Đáp án dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách giải Thí sinh giải cách
khác mà đúng thì tổ chấm cho điểm từng phần theo hướng dẫn chấm
B Đáp án và thang điểm:
I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm)
Mỗi câu trả lời đúng cho 0,5 điểm
II PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm)
Câu 1: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0
b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a b c 2 abc 1 Chứng minh biểu thức:
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2017
P a b c b c a c a b abc là một hằng số
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 5y2 4xy 4x 8y 12 0
1,5
Ta có:
2 2
5 4 4 8 12 0
4 ( 1) (5 8 12) 0(*)
�
Để PT (*) có nghiệm nguyên thì / là số chính phương
Lại có: / 4(y 1) 2 5(5y2 8y 12) 16 y2 � 16
Từ đó ta tìm được: (x,y) � 2;0 ; 6;0 ; 10; 4 ; 6; 4
Cách khác:
2 5 2 4 4 8 12 0 2 2 2 16 4 2 0 2
x y xy x y � x y y
Từ đó xét các trường hợp để tìm nghiệm.
0,5 0,25
0,75
Trang 2b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a b c 2 abc 1 Chứng minh biểu thức:
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2017
P a b c b c a c a b abc 1,5
Theo đề bài ra ta có: a b c 2 abc 1 �a 2 abc 1 b c
Do đó:
2
a b c a b c bc a a abc bc
a abc a abc
Tương tự:
(1 )(1 )
(1 )(1 )
Khi đó:
P a b c abc abc a b c abc
Vậy P = 2018
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
Câu 2 (3,5 điểm):
a) Giải phương trình: 3 1 1
1
2 2
x x
b) Giải hệ phương trình:
8 27 18
x y x y
�
�
�
a) Giải phương trình: 3 1 1
1
2 2
x x
2,0
+ ĐKXĐ: 1
2
+ Đặt 3 1 1
;
a x b x
Ta có:
�
�
Suy ra:
0 ( 1)( 3) 0 1
3
b
b
�
�
�
�
� + TH1: Nếu b = 0 thì a = 1 1
2
x
� ( Thỏa mãn)
1
1
0,25 0,25
Trang 3+ TH3: Nếu b = 3 thì a = -2 17
2
x
� ( Thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1 1; ; 17
2 2 2
S � � ��
� b) Giải hệ phương trình:
8 27 18
x y x y
�
�
+ Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ PT đã cho
+ Với y �0, hệ phương trình trở thành:
3
3 3
x y
�
� � �
� + Đặt a = 2x; b = 3y thay vào hệ trên ta được:
1
a b
ab
ab a b ab a b
3 5
2
3 5
2
a
b
�
�
�
� �
�
�
hoặc
3 5 2
3 5 2
a b
�
�
�
�
�
�
Tư đó ta tìm được các nghiệm của hệ đã cho là:
3 5 4 6
3 5
x y
�
�
�
�
�
và
3 5 4 6
3 5
x y
�
�
�
�
�
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 3: (4 điểm):
Cho đường tròn (O, R) và dây cung BC cố định Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình
vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG
a) Chứng minh rằng AK = BC và AK vuông góc với BC
b) DC cắt BF tại M Chứng minh rằng A, K, M thẳng hàng
c, Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của (O,R) thì K luôn thuộc một đường tròn cố định
Trang 4Nội dung Điểm
Hình vẽ:
D
C' B'
M H
K
F
G
E
O
A
a) Ta có �KEA EAG � 180 , 0 �BAC EAG � 180 0 � �KEA BAC � Lại có:
EK AG AC EA AB� AEK BAC� AK BC Ta có
AEK BAC EAK ABC
� Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có:
�BAH �ABC BAH EAK� � 90 0 �AH BC Vậy AK BC.
1,5
b) Vì �KAC KAG � 90 ; 0 BCF� �ACB 90 0 mà �KAG �ACB�KAC� � BCF
Vì KA BC AC CF KAC BCF ; ;� � � KAC BCF �CKH� FBC� . Ta lại
có �CKH KCH � 90 0 � �FBC KCH � 90 0 �BF KC(1) Tương tự ta có
(2)
KBCD Từ (1)(2) suy ra M là trực tâm KBC , suy ra M�KH Vậy A,
K, M thẳng hàng.
1,0
c) Dựng hình vuông BCC B trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , ' ' 1,5
Trang 5góc BC suy ra BB' PKA; BB' KA BC ) Do đó B K BA' P �B KA BAH�' �
Tương tự ta có AKC C là hình bình hành suy ra ' KC'PAC��AKC'�HAC
Suy ra �B KC' 'B KA AKC�' � 'BAH� HAC� BAC� Vì khi A thay đổi trên
cung lớn BC của đường tròn ( ; )O R thì K luôn nhìn đoạn ' ' B C cố định dưới
một góc không đổi BAC� Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng
trên đoạn B C' ' cố định.
Câu 4: (1,5 điểm)
Cho các số thực dương a b c, , thoả mãn a b c 1.Tìm giá trị lớn nhất của
4
Q
c ab b ac a bc abc
Ta có:c ab c a b c ( ) ab (c a c b)( )
Tương tự : b ac (b a b c)( ); a bc (a b a c)( ) 0,25
Do đó:
1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
Q
c a c b b a b c a b a c abc
3 3 3 3 3 3
ab a b ac a c bc b c a b b c c a
(Áp dụng BĐT Côsi; BĐT x3 y3 �xy x y( )với x y, 0, dấu bằng xảy ra
x y
a b c
abc abc
Lại có :
a b c a b c a b c ab bc ca abc
ab bc ca abc
(do a b c 1)
Bởi vậy 3 3 3 1 3( ) 3 93 2 2 2 3
Q
1 3 9 3 1 27 3 6
� ��
( Áp dụng BĐT Côsi: 3 1
a b c abc � và ab bc ca � 3 3a b c2 2 2 ) Vậy Max Q 6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1.
3
a b c
0,5
0,25
0,5