Đáp án HSG Toán học lớp 9 cấp huyện Kinh Môn, Hải Dương 2017-2018 - Học Toàn Tập

Vậy DE nhỏ nhất khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC.[r]

UBND HUYỆN KINH MÔN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN - LỚP 9

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Câu 1

2.0

điểm

1)

0.75

điểm

Với x > 0, y > 0 ta có:

x + y x + x y + y

x y

( x + y) x - xy + y + xy x + y

x y

= 2 +x + y : ( x + y)(x + y)

xy

xy x + y =

x + y xy

0,25

2)

1.25

điểm

8 + 15 8 - 15

16 + 2 15 16 - 2 15

15 +1 15 -1

y = 5 + 2 13 + 5- 2 13

 y = 10 - 9y 3  y + 9y -10 = 0 3   y -1 y + y +10 = 0 2   y = 1 0,25

1 1

1

Câu 2

2.0

điểm

1)

1.0

điểm

Giải phương trình: 2 2x 1 x22x ĐK: 1

2

2x 1 2 2x 1 1 x 2x 1 1 x

0,25

1

x

x





x

0,25

Giải (2) 2x   1 x 1vô nghiệm do 1

2

x 

Vậy phương trình có 1 nghiệm x  2 2

0,25

2)

1.0

điểm

Với x, y, z > 0 ta có xy + yz + xz = 1  x2 + xy + yz + xz = 1 + x2

 1 + x2 = (x + y)(x + z) Tương tự ta có

1 + y2 = (y + x)(y + z); 1 + z2 = (z + x)(z + y)

0,25

 x (1+ y )(1+ z )2 2 2 = x (y + x)(y + z)(z + x)(z + y) = xy + xz

2

(1+ z )(1+ x ) (z + x)(z + y)(x + y)(x + z)

1+ y (y + x)(y + z)

2

(1+ x )(1+ y )

Câu 3

2.0

điểm

1)

1.0

điểm

0 4 10 2 2

3 2

2  y  xy x y 

x

 [x2 2x(y1)(y1)2] – (4y2  y8 4)70 0,25

 (xy1)2 (2y2)2 70

Do x, y nguyên nên ta có: 3y  x 1 và y  x 3 là ước của 7

Do đó ta có bảng sau:

0,25

Giải các trường hợp, ta được: ( y x, ) {(7; -3), (1; -3), (3; 1), (-3 ; 1)} 0,25

2)

1.0

điểm

Ta có

n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2)

= n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]

= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)]

Với nN, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2

Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2

 n2 - 2n + 2 không phải số chính phương

 n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2) hay n6 - n4 + 2n3 + 2n2 không phải là một số chính phương

0,25

Câu 4

3.0

điểm

Vẽ

hình

:

H P

Q

K N

B A

D

M

1a)

1.0

điểm

Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, cắt đường thẳng CD tại I

Ta có IAD DAM IAM 90· · ·  0và BAM DAM BAD 90· · ·  0

 IAD BAM·  ·

0,25

Xét AID và AMB có IAD BAM· · ; AD = AB và ADI ABM·  ·

XétAIK vuông tại A có AD là đường cao 12 + 1 2 = 12

AI AK AD

0,25

Mà AD = AB và AI = AM  AB 2 AD 2 1

    

   

   

0,25

1b)

1.0

điểm

b) Gọi BD cắt AN, AM thứ tự tại P và Q MP cắt NQ tại H Chứng minh rằng

AH  MN

Xét DPN và APQ có ·PDN PAQ· 450 ; DPN· ·APQ (đ.đ)

 DPN đồng dạng với APQ DP NP

AP PQ

Xét APD và QPN ·APD QPN· (đ.đ) và DP NP

AP  PQ

 APD đồng dạng với QPN

PNQ ADP hay ANQ

Xét QAN có QAN·  ·ANQ450 QAN vuông tại Q NQAM Chứng minh tương tự ta được MPAN

0,25

0,25 0,25

Xét AMN có MP  AN và NQ  AM, NQ cắt MP tại H nên H là trực tâm

2)

C A

B

E D

Đặt AB = AC = a; (a > 0) , AE = BD = x (0 x a  )

1.0

điểm

Ta có AD = AB - BD = a - x

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ADE vuông tại A, ta có:

2

DE AD AE DE a x x x ax a

2 2

a DE

 

Dấu "=" xảy ra khi

2

a

x D E, lần lượt là trung điểm AB, AC

Vậy DE nhỏ nhất khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC

0,25 0,25 0,25

0,25

Câu 5

1.0 điểm

Do xyz =1 nên ta có

M

Do x,y, z là các số dương thỏa mãn xyz =1 nên ta đặt

Khi đó

M

ab bc bc ca ac ab

Chứng minh bất đẳng thức : Với x,y,z dương ta có x y z 1 1 1 9

     

Áp dụng ta được :

1 1 1

3

M

ab bc bc ca ac ab M

ab bc bc ca ca ab M

ab bc bc ca ca ab M

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

ab bc bc ca ca ab           a b c x y z

Vậy GTNN của M là 3

2 khi và chỉ khi x  y z 1

0,25

Ghi chú:

- Trong quá trình chấm giám khảo có thể chia nhỏ biểu điểm

- Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa