DE THI HSG TOAN 9

Học sinh trình bày cách khác đáp án nhng đúng vẫn cho điểm tối đa tùy theo biểu điểm của từng bài.. Trong bài làm của học sinh, yêu cầu phải trình bày đầy đủ, lập luận chặt chẽ, logic.[r]

PHÒNG GD&ĐT HẠ HÒA KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học: 2012 – 2013 Môn: TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm) Cho biểu thức:

4



a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P tại a  2 3 3 1 2   3

Câu 2 (3 điểm).Giải phương trình: x 2 x 1 x 1 1.

Câu 3 (5 điểm) Cho x, y là các số dương.

a) Chứng minh:

2

y  x  .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2

M

  



Câu 4 (6 điểm) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M

không trùng với A và B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.

a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh HF BI

c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn

nhất và tìm giá trị đó theo R?

Câu 5 (2 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:

- Hết

-*Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM MễN TOÁN

A YấU CẦU CHUNG:

- Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Học sinh trình bày cách khác đáp án

nh-ng đúnh-ng vẫn cho điểm tối đa tùy theo biểu điểm của từnh-ng bài Tronh-ng bài làm của học sinh, yêu cầu phải trình bày đầy đủ, lập luận chặt chẽ, logic

- Nếu học sinh giải sai bớc trớc thì cho điểm 0 đối với các bớc giải sau có liên quan trong lời giải của từng bài

- Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0.5 điểm Đối với điểm thành phần từ 1 trở lên thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành 0.5 điểm

- Đối với bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai nghiêm trọng thì cho điểm 0

- Điểm của toàn bài là tổng của điểm tất cả các bài( câu), không quy tròn

B ĐÁP ÁN, BIấ̉U ĐIấ̉M CỤ THấ̉

1

a

Điờ̀u kiợ̀n

0

0 1

1 0

a

a a

a a







 









1

P





0.5

 

4

a

b

2 3 2 3 2  3 3 1  

2 3 3 1   2 3  3 12 2 3 4 2 3  

Vọ̃y a  2 do đó P4a4 2 0.5

2

Khi x 1 1  x 1 1  x2: Ta có

(1) x 1 1  x 1 1 Phương trình vụ nghiợ̀m 0.5

Vọ̃y x 1 là nghiợ̀m của phương trình đã cho 0.5

a

Vì x > 0, y > 0 nên

0

x

y  và 0

y

Áp dụng bất đẳng thức a b 2 ab dấu "=" xảy ra  a b

ta có

2 2

y  x  y x 

0.5 0.5

Vậy

2

Dấu "=" xảy ra

2 2

(vì x > 0, y > 0) 0.5

b

Đặt

a

 

, ta có

4 4

Vì

2

a

  

nên

3 3

4 2

a



Ta có

2 2 1

Do đó

1

       

;

5

2 2

M   a  x y 0.5

Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng

5

2 khi và chỉ khi x y 0.5

4 Hình ve

x

I

F

M

H E

K

A O B

a

Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên

Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.5

b

Ta có HAK cân tại A nên AH = AK (1) 0.5

Do đó FAH AFK mà FAH FAK (gt) cho nên AFK FAK 0.5

Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) 0.5

Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà

c Chu vi của AMB C AMB MA MB AB  lớn nhất khi chỉ khi MA

+ MB lớn nhất (vì AB không đổi). 0.5 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 2a2 b2 dấu "=" xảy ra  a b

, ta có MA MB 2 2(MA2 MB2) 2 AB2 0.5

Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi

Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì CAMB đạt giá trị lớn nhất.

Khi đó

2 (1 2) 2 (1 2)

AMB

5

Đặt A 2x 1 2  x2 2  x 3 2  x4, ta có 2 x A là tích của 5 số

tự nhiên liên tiếp nên 2 x Achia hết cho 5 Nhưng 2x không chia hết

cho 5, do đó A chia hết cho 5 0.5 Nếu y 1, ta có 2x 1 2  x 2 2  x 3 2  x 4 5y

     chia hết cho 5 mà 11879 không chia hết cho 5 nên y 1 không thỏa mãn, suy ra y

Khi đó , ta có 2x 1 2  x 2 2  x 3 2  x 4 5y 11879

Vậy x3;y 0 là hai giá trị cần tìm 0.5