Đáp án HSG Toán học lớp 9 Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm

Câu1

2,0

điểm

a)

1,0điểm

, a > 0

 2



0,25

6 2 5 6 2 5

2

B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2

B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + 1 = 1 0,25

b)

1,0điểm

2014 2015 2014 2014 2015 2014

x   x  x y   y y(1) ĐKXĐ:  2014  x y ;  2014

(1) x2014 y2014 2015 x 2015 y 2014 y 2014 x 0 Nếu x khác y và  2014  x y ;  2014 thì x  2014  y  2014>0;

2015   x 2015  y>0; 2014   x 2014  y>0 , do đó (1)

0,25

2014 2014 2015 2015 2014 2014

x y

Khi đó dễ chứng tỏ

0

2014 x 2014 y  2015 x 2015 y 

Mà x y 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0 Nếu x=y dễ thấy (1) đúng Vậy x = y 0,25

Câu 2

2,0

điểm

a)

1,0 điểm

ĐKXĐ:x   1 Đặt: y  x  1; z  2 Khi đó (1) có dạng : x 3 + y 3 + z 3 = (x + y +z) 3 (2)

Chứng minh được (2) (x+y)(x+z)(z+x) = 0

0,25

Với: x + y = 0   x x    1 0 x    1 x 1 5

2

x 

  ( Thỏa mãn)

0,25

Với: x + z = 0   x 2 0     x 2 ( không thỏa mãn) 0,25 Với: y + z = 0  x   1 2 0  - vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm: 1 5

2

x 



0,25

b)

1,0

®iÓm

2

x 1 + y 1 = 4

x xy x y





0.25

Ta có:2x2xy y 25x y   2 0 y x 2y2x  1 0

2

   hoặc y2x1

0.25

Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1

Ta được nghiệm (1;1)

0.25

2 1

y x thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; 4

5

x 



Ta được nghiệm (1;1) và ( 4; 13

5 5

 

)

Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( 4; 13

5 5

 

)

0.25

Câu 3

2,0

điểm

a)

1.0 điểm

Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2p21; 2p23; 3p2 đều là số 4 nguyên tố

+) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập   Khi đó 1; 2; 3 p2chia cho 7

có thể dư: 1;4;2

0.25

Xét p 2 2p21; 2p23 & 3p2  4 7 Nếu p2chia cho 7 dư 1 thì 3p2 chia hết cho 7 nên trái GT 4 Nếu p2chia cho 7 dư 4 thì 2p2 chia hết cho 7 nên trái GT 1 Nếu p2chia cho 7 dư 2 thì 2p2 chia hết cho 7 nên trái GT 3

0.25

+) Xét p=2 thì 3p2 =16 (loại) 4 0.25 +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có:

2p  1 97; 2p  3 101; 3p  4 151đều là các số nguyên tố Vậy p =7

0.25

b)

1,0

®iÓm

Giả thiết  2 2 2 2 2

3 x 3 18y 2z 3y z 54

+) Lập luận để z2M3zM3z2M9z29(*) 0,25 (1)3(x3)22z23 (y z2 26) 54(2)

(2)54 3( x3)22z23 (y z2 26) 3( x3)22.9 3 3 y2

(x3) 3y 12

2 4 2 1; 2 4

     vì y nguyên dương

0,25

Nếu y2    thì (1) có dạng: 1 y 1

5

x  z   z   z  z   z (vì có(*)) Khi đó  2  2

3 x3 27 x3  , x nguyên dương nên tìm được x=6 9

0,25

Nếu y2    (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 4 y 2 0,25

 2 2 2 2 2

3 x3 14z 126 14 z 126     z 9 z 9 z 3(vì z nguyên dương) Suy ra (x3)2    (vì x nguyên dương) 0 x 3

Đáp số

2; 1

   

   

Câu 4

3,0

điểm

a)

1,0

®iÓm

Vẽ hình (1 trường hợp)

M

P

N

E

O B

D

C A

F

I

H

K

0,25

Sđ· 1800 d» » 0

2

s DE BAC  s DE

0,25 Suy ra EOD · 600 nên tam giác OED đều 0,25

b)

1,0

®iÓm

APE ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ·ABM ·ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ·ABM  ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM

0,25

Nên AE AM AE AB AM AP

Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF

AE AF

AE AB AN AF

Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM

0,25

c)

1,0

®iÓm

Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD)

Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên ·FHK FCK· ( cùng bằng FBD· ), suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC · 900

0,25

Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:DK BH

FK  FH

Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên:CK BI

FK  FI

Suy ra: DC BH BI

FK  FH FI

0,25

FK  FI  FH  FI FI  FH  FI

MàID HC

FI  FH suy ra: DC BD BH HC BC

FK  FI  FH  FH  FH

0,25

Vậy BC BD CD 2BC

FH  FI FK  FH nên BC BD CD

FH  FI FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung điểm cung BC

0,25

Câu 5

1,0

điểm

Có xy yz zx xyz  1 1 1

1

x y z

    (1)

Ta chứng minh với x, y dương:

( )

(*)



 

 (*)

2 2

2

a b

x y a b

x y

     

2 y 2 x 2

2 0

  luôn đúng; “=”

x  y =0a= x

b y

0,25

Áp dụng(*) ta có: 12 12 (1 1)2 22 (" " y z: 1)



(" " 2 )

2y y z 3y z 3y z y y z y z



(" " 4 3 )

4x 3y z 4x 3y z 4x 3y z x y z



0,25



2 2 2 2

64 4 2 1 1 4 3 1

(" " 4 3 &

4 3 x y z  4 x  2 y y z x y z          x y z y z 

0,25

x y z   x y z    

 

3x y 4z   x y z    x y z

 

M

x y z x y z x y z

8 x y z 8

  

Vậy M đạt GTLN là 1

8 khi x = y = z = 3( theo (1))

0,25

Hết