Sơn la hdc đề hsg toán 9 (1)

SỞ GD&ĐT SƠN LA ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC (Đáp án có 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Toán Câu Hướng dẫn Cho biểu thức Điểm  x4 x 4 x x   1  A    ,  x  0; x 1  :   x   x  1  x   x x  a) Rút gọn biểu thức A + Biến đổi x4 x 4 x x   1 x x x  A A + Vậy  : x1   = x 2  x1   x 1  x1  x 1 x  x1 x1    x1  x1  x1 0,5  x 1   x 1  x1 x x 1 x , với điều kiện x  0, x 1 b) Tính giá trị biểu thức x 1  x  3x  x  3x  15 x  x  , x x  10 x  x  với thỏa mãn x 1  x  x   x  x  7 x   x  x  0 Do : 0,5  0,5 x  10 x  x   x  x   3x    3x 3x 0,5   x  3x3  15 x  x   x  x  x  x   x 5 x Và ta có : 0,5 0,5 Khi : 0,5 x x 1 B Ta có x  x 2 x    x1 1   x 1  x + Biến đổi + Ta có  x 2 B   x  x  15 x  x  x   3x  10 x  x  3x 0,5 Cho phương trình: x   3m   x  2m  m  0  1 x ,(với ẩn số) m a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với 0,5 a     3m      2m  m  3 Ta có: 0,5  3m    8m2  4m  12 9m  12m   8m  4m  12 m  8m  16  m   0, m 0,5 Do  0, m nên phương trình ln có nghiệm với m b) Xác định m để phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn Từ câu a, phương trình có hai nghiệm x1 , x2     m 4 b   S  x1  x2  a     3m    3m    P  x x  c 2m  m   3 a Áp dụng hệ thức Vi-ét  x1 3 x2 0,5 0,5 Ta có hệ phương trình sau:  x1 3x2    x1  x2 3m  9m    x1    x  3m   , thay vào  3 , ta được: 0,5 9m  3m   2m  m  4   9m    3m   16  2m  m    27 m  36m  12 32m  16m  48  5m  20m  60 0 0,5  m  4m  12 0  m  2, m 6 Vậy m  2, m 6 giá trị cần tìm a) Giải hệ phương trình:  x  y  0  x  y    Điều kiện : 0,5   x  y   3x  y  4   x  y      x  y  1  x  y   0,5 4  a  b 4   a 2 x  y   a  b 5  Đặt b 3x  y  hệ trở thành:  a.b 4  a  b 4   1     a b 1  a  a 4   b    1  b 0,5 0,5 2 x  y 1 4  x    x  y   y  11   Ta có:  x   y  11  Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  b)  2x    x   4 x 2 x  0 9   x   2 Điều kiện: 9  x 0 Với điều kiện phương trình cho tương đương với phương trình:  x 0  x  x  4 x x     x 2 x    *  0,5    0,5 0,5 Đặt a   x , b   x ta có a, b 0 Từ (*), ta có hệ phương trình a 2b   2 a  b 18  1  2 0,5  2b  3 Thay (1) vào (2) suy  b 3 /  b 18  5b  12b  0    b  Với b  loại b  Với  x   108   2x     x  25  x  108  25 0,5   108  S  ;0  25   Thử lại, phương trình có tập nghiệm (O) Cho đường tròn đường thẳng d cố định ((O) d khơng có điểm chung) Điểm P di động đường thẳng d, từ P vẽ hai tiếp tuyến PA, PB (A, B thuộc đường tròn (O) PO I AB (O) PO I AB ) giao Gọi H chân đường vng góc hạ từ điểm A đến đường kính BC, E giao điểm hai đường thẳng CP AH Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng CP đường tròn (O) Chứng minh rằng: 0,5 Chứng minh rằng: a) PF PC PI PO +) Xét AOP 0,5 A vuông có  PA PI PO  1 AI đường cao ứng với cạnh huyền tam giác +) Xét hai tam giác AFP CAP có : PAF  ACF  ( số đo cung AF ) 0,5  AFP đồng dạng với CAP  PF PA   PF PC PA2 PA PC  2 0,5 Từ (1) (2)  PF PC PI PO b) E trung điểm đoạn thẳng AH + Xét hai tam giác AHC PBO có : o   AHC OBP 90 Mặt khác PO // AC (cùng vng góc với AB)   ACB  POB (hai góc đồng vị) 0,25 AH CH   AHC đồng dạng PBO : PB OB 0,5 (1) +) Xét hai tam giác EHC PCB có :  PCB chung   EHC PBO 90 0,25 o CH EH   CEH đồng dạng CPB : CB PB  2 0,5 Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH 0,5 hay E trung điểm AH c) Điểm I thuộc đường cố định P di động d Gọi M chân đường vng góc hạ từ O lên đường thẳng d Gọi K giao điểm hai đường thẳng OM AB 0,5 o    Xét hai tam giác OIK OMP có góc POM chung, OIK OMP 90  OIK đồng dạng OMP  0,5 OK OI OP.OI   OK  OP OM OM Mặt khác OP.OI OB suy ra điểm K cố định OK  OB OM cố định, K thuộc OM cố định suy o  Mà OIK 90 với vị trí M 0,5 Vậy M di động d I di động đường trịn đường kính OK cố định 0,5 2 a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y  xy  y  x  xy  3x  x y  3xy  y  x  xy  x 1   y  1 x  x  y  y    y  0 ( 1) Coi (1) phương trình theo ẩn x +) Nếu +) Nếu y  0  y  (loại) y  0  y  , Ta có (1) phương trình bậc 0,25 2   y  y  3   y  y     y  y  3   y  y    phương trình (1) có nghiệm ngun 0,25   số phương Đặt a  y  y  3   a  4a   a    2  số phương, đặt  k  k   , ta có  a    k  k   a   4   k  a    k  a   4  k  a     k  a   2k số chẵn,  k  a     k  a   4  k  a    k  a   số chẵn số chẵn nên Vì 0,25  k  a   2  k  a    k 2 k      k  a   2  k  a    a 2  a 2 Do   y 1 y  y  2  y  y 1 0    y 1  Với a 2 , ta có Với y 2 (loại) Với y 1 , ta thay vào phương trình (1) phương trình  x 0 x  x 0    x 2 0,25  x; y     0;1 ,  2;1  Vậy phương trình có nghiệm ngun b) Cho ba số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x x  0, x  yz, x  y  z xyz Chứng minh rằng: Ta có 5x x  yz  x xyz  x   y  z  yz   5x   x 1 5 xyz Áp dụng bất đẳng thức Cosi  5x 2  5x   x 0,25  20 x  x  x   x  x  1 20 x   x  1      x   5 x   0  0 0,25  5 x     5 x     5 x     5 x    5 x 1    5 x 1  0  0  5 x 1   0  5 x 1  0 5 5 1 1 x  x 1   x  5 Vậy 0.25 (Học sinh làm theo phương án khác chấm điểm tối đa) 0,25