Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Thị xã Sa Pa, tỉnh Lào Cai 2018-2019 - Học Toàn Tập

- Vẫn cho điểm tối đa nếu học sinh làm chính xác bằng cách khác.[r]

A Hướng dẫn chấm:

- Cho điểm lẻ tới 0,25 điểm

- Tổng điểm toàn bài không làm tròn

- Vẫn cho điểm tối đa nếu học sinh làm chính xác bằng cách khác

B Đáp án:

Câu 1

(4,0 đ)

1.a) (2 đ)

Với mọi số nguyên a thì

3 2 2

2

B 3a 14a 21a 10a

a 3a 3a 11a 11a 10a 10 a(a 1) 3a 11a 10

a a 1 a 2 3a 5

0,25 0,25

a a 1 a 2 8a 5a 5

a a 1 a 2 8a 5 a 1

a a 1 a 2 8a 5 a 2 a 1 a a 1

Vì a (a - 1)(a - 2) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3; mà 8a chia hết cho 8 và ƯCLN (3,8) = 1

Do đó 8a2 (a - 1)(a - 2) chia hết cho 24 (1) 0,25 Mặt khác (a - 2)(a - 1) a (a +1) là tích của 4 số nguyên liên

tiếp có chứa hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8 và chia hết cho 3

Do đó 5(a - 2)(a - 1) a (a +1) chia hết cho 24 (2) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra 4 3 2

B  3a  14a  21a  10a chia hết cho

1.b) (2đ)

2(x 1) 3(7 y )

2(x 1) 2    7 y 2  ylẻ 0,25

Ta lại có: 7  y2  0  y2  7 Do đó y2  1  y   1 0,25 Lúc đó: 2 ( x  1 )2  18  ( x  1 )   3nên x12;x24 0,25

Ta thấy các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thỏa mãn (*) nên là nghiệm của phương trình 0,25 Vậy PT đã cho có nghiệm nguyên là (2; 1), (2; -1), (-4; 1),

(-4; -1)

0,25 a) Điều kiện xác định: x 0; x9 0,25

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SA PA

THI CH N H C INH GI I P C P HU N

N M H C 20 – 2019 Môn thi: TOÁN

HƯ NG DẪN CH M - THANG ĐIỂM

(Hướng dẫn chấm, thang điểm gồm có 06 trang)

Đ THI CHÍNH THỨC

Câu 2

(6 đ)

2.1 a) (1,5 đ)

Ta có

A



 xx x1 x3 3 2  xx 13  xx 33    xx 33  xx 11 







   

 x x 1 3 x  x 8 3  x x 8 1



Vậy A = x 8



 với x0; x9

0,5

2.1 b) (0,5 đ)

b) Điều kiện xác định: x 0; x9ta được

A

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số x  1 0 và

9

0

 , ta được :

Khi đó A  6 2 4

Dấu '' "  xảy ra khi và chỉ khi

 2

9

 (thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy giá trị nhỏ nhất của A  4 khi x = 4 0,25

2.2 (2 đ)

ĐKXĐ : x  1, ta có :

3

2

3

2

x

x



     



Nếu x  2 phương trình (*)

 x   x   x  x  x 0,25

 x  x

 x x  x x  x 

2

Nếu 1  x 2 phương trình (*) 1 1 1 1 3

2



 x    x  x

0,25 3

2



  x   x  x 1( TM)

0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 và x = 5 0,25

2.3

(2 đ)

Điều kiện xác định: x; y¹ 0 (*) 0,25 Khi đó, hệ đã cho tương đương với:

2 2

ïí

ïî

0,25

2

ï

Û í ï

2

ïï

Û í ï

2

ì = -ïï

Û íï

- = ïî

hoặc x 1 y

1 y 3

ì = -ïï

ï

Û í

ï =

Với

2

ì = -ïï

Û í ï

ïî

Û (x ; y) = (0 ; 0), (-2 ; 1) 0,25

Với x 1 y

1 y 3

ì = -ïï ï

Û íï = ïïî

Û ( x ; y ) 2 1 ;

3 3

ç

= ç çè ÷ ÷ ø 0,25

Đối chiếu giá trị của x; y với (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho ( x ; y ) ( = - 2 ; 1 ) hoặc( x ; y ) 2 1 ;

3 3

ç

= ç çè ÷ ÷ ø

0,25

Ta có a 2b  3 (a b     ) (b 1) 2 2 ab 2 b 2

Tương tự

;

0,25

P

Câu 3

(4 đ)

3.1

bc c P

bc c

 

 

 

1 2

P

Dấu “=” xảy ra khi a   b c 1 0,25 Vậy giá tri lớn nhất của P là 1

2 tại a  b c 1

0,25

3.2 (2 đ)

Tọa độ giao điểm của các đường thẳng mx2y3 và

3xmy4 nghiệm của hệ phương trình mx 2y 3

3x my 4



  

Giải hệ phương trình trên tìm được

2

3m 8 x

6 m





4m 9 y

6 m





Để giao điểm nằm trong góc phần tư IV thì x 0 và y0 Với x > 0 thì

2

0 3m 8 0 m

      

Tương tự với y < 0 được m 9

4



Do đó 8 9

m

  

0,25

Để m  thì m { 2; 1; 0; 1; 2}   0,25 Vậy giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài m { 2; 1; 0; 1; 2}   0,25

Câu 4

(5 đ)

4.a) (1,75 đ)

E I J

D

C

B A

0,25

+ Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên

ACBC

+ Xét CDH có CI = IH; HJ = JD (gt) nên JI là đường trung bình của CDH Từ đó suy ra: IJ // CD (2) 0,5 + Từ (1) và (2) suy ra IJ ^ BC

+ Suy ra CIJ· = CBH· (cùng phụ với HCB) (3) 0,5

(1,5 đ) trung bình của ADH 0,25

Từ đó suy ra: CJ // AB + Mà CH  AB (gt)

+) Trong tam giác vuông CIJ ta có

tanCIJ CJ CJ CI HI

CI HI

0,25 + Từ (3), (4), (5) CH CJ

HB HI

0,25 + Xét DCJH vàDHIB có 0

90

HCJ BHI  và CH CJ

HB  HI

(cmt) + Nên DCJH đồng dạng với DHIB (c.g.c) 0,25

4 c)

(0,75

đ)

4.d)

( đ)

c) + Lập luận để chứng minh được 0

90

+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ

+ Suy ra HE HI

Suy ra HE.HJ = HI.HC

HJ  HD HI  HC (gt)

d)

K

450

N

M

C

B A

+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho · 0

45

BOM =

+ Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N Ta

có M và N cố định

0,25 + Kẻ MK AB tại K

+ Chứng minh được DMON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra 0

45

ANC Xét C º M

Ta có C º M nên H º K

Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không

+ Xét C khác M

Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM

45

ANC< ANM = + DHNC có · 0

90

NHC =

nên · · 0

90

HNC+ HCN =

45

HNC < nên · 0

45

HCN >

Suy ra ·HNC< ·HCN Suy ra HC < HN

0,25

+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho · 0

45

BOC =

thì AH + CH đạt giá trị lớn nhất 0,25

Câu 5

( đ)

Câu 5 ( đ)

A

B

C

D N

M I

Gọi I là trung điểm của AC, khi đó MI và NI lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC và ACD nên MI 1AB

2



và NI 1CD

2



0,25

MI NI 1(AB CD) AB CD 2(MI NI)

2

Mặt khác: Tam giác MNI có

MNMI NI  2MN 2(MI NI) AB CD 0,25

……….Hết………