Dap an toan 9

UBND HUYỆN TAM NƠNG PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỞI LỚP NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN Đáp án - Hướng dẫn chấm có 04 trang I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN: (mỗi câu 0,5 điểm) Mã đề Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu 10 Câu 11 Câu 12 Câu 13 Câu 14 Câu 15 Câu 16 123 256 361 498 B C D B D A C A B A B A D C D C B C D D B A C A B D C D A C B A D A C C B A C B B C D A B D A D C A C D A C B B B A C B D A D D II PHẦN TỰ LUẬN Một số lưu ý chấm phần tự luận - Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm - Thí sinh làm theo cách khác với đáp mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm đáp án - Điểm thi tổng điểm câu không làm tròn số Nội dung Điểm Bài (3,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn b) Cho số thực a, b, c thoả mãn ba số a, b, c số a) Tìm tất cặp số nguyên a  b  c 2,  x; y  thỏa mãn x  y  xy x  y 1 1    a b c Chứng minh có x  y  xy x  y 1,5 2 x  y  xy  2  x  y  Biến đổi x  y  xy  x  y thành  2 0,5   x  y    x  1   y  1 2 Từ suy trường hợp: x  y TH1:  2 0,  x  1 1,  y  1 1 Trường hợp có cặp số  0;  ,  2;  thỏa mãn x  y TH2:  2 1,  x  1 0,  y  1 1 Trường hợp có cặp số  1;  ,  1;  thỏa Trường hợp có cặp số  0;1 ,  2;1 thỏa mãn x  y TH3:  2 1,  x  1 1,  y  1 0 0,75 mãn Vậy có cặp số  x; y  sau thỏa mãn:  0;  ,  0;1 ,  1;  ,  2;   1;  ,  2;1 b) Cho số thực a, b, c thoả mãn ba số a, b, c số Ta có a  b  c 2, 1 1    a b c Chứng minh có  a    b    c   abc   ab  bc  ca    a  b  c   0,25 1,5 0,5  1 1 abc  2abc       a  b  c    a b c abc  2abc  4.2  0 0,5 0,5 Bài (3,5 điểm): Giải phương trình: x a)  b) 2   12 x  13 x3  x  x  3  x  1 x a)  x  1  x  1   12 x  13 x Ta có  1,5   12 x  13  x  x   0,5 2 Khi x 2 x  x  x   x  x 2 x    x  1 4     x 3 +) 0,75 x  x    x  1  +) Phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x  1, x 3 0,25 x 2,0 b) x3  x  x  3  x  1 x Điều kiện xác định:  2  1  x  1  1  x  1 0 Khi  x  x 1 0,25 Ta có: x  x  x  3  x  1 x  0    x  x  3 x  1  x  1   x  1  x  x     x  1  x  x  1  0 0,5  x  1  x  x  1 (*) Nhận thấy rằng: Nếu  x  vế phải (*) âm, cịn vế phải (*) khơng âm Vì ta xét với x 1 Khi (*) viết thành x  x    x  1 3 x  x  x  0,5  a b a  2b 3ab   a  b   a  2b  0    a 2b Đặt a  x  x  1, b  x  ta +) Với a b, ta có: x   x  x   x  2 x  x    x 0 (loai ) x   x  x   x  2 x  x   x  x  0   +) Với a 2b, ta có: chứng tỏ phương trình vơ nghiệm Kết luận phương trình có nghiệm x 1 0,5 Dễ 0,25 CD, E  D   Bài (4,0 điểm): Cho hình vng ABCD điểm E di động đoạn Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F , đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD K a) Chứng minh tam giác AFK tam giác vuông cân b) Gọi N đỉnh thứ tư hình bình hành ADKN , H chân đường cao hạ từ D tam giác ADK Gọi I , M trung điểm đoạn AN , KH Chứng minh  DMI 90o c) Hãy xác định vị trí điểm E độ dài đoạn EK nhỏ a) Chứng minh tam giác AFK tam giác vuông cân Chứng minh ABF ADK ( g c.g ) 1,0 0,5 Từ có AK  AF ; mà KAF 90 nên tam giác AFK tam giác vuông cân b) Gọi N đỉnh thứ tư hình bình hành ADKN , H chân đường cao hạ từ D tam giác ADK Gọi I , M trung điểm đoạn AN , KH Chứng minh 0,5  o  DMI 90o Gọi J trung điểm đoạn DH , tứ giác AIMJ hình bình hành Suy MJ  AD Khi J trực tâm tam giác MAD, suy AJ  MD;  IM / / AJ DMI 90o IM  MD mà nên hay c) Hãy xác định vị trí điểm E độ dài đoạn EK nhỏ 2 Gọi cạnh hình vng ABCD a Chỉ AD KD.DE a KE  KD  DE 2 4 KD.DE 4a   Chỉ Chỉ KE nhỏ 2a E C 2 Bài (1,5 điểm): Cho số thực x, y , z thỏa mãn x 0, y 0,  z 1 x  y  z 3 Tìm giá trị lớn biểu thức Viết lại P 2 xy  yz  zx  P 2 xy  yz  zx  z  x  y   1,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 x yz x yz 0,25  x  y  z    x  y  z   z  x  y   Chỉ x  y   x2  y  Vì ; x yz P  x  y  z     z  x2  y2  x yz  x  y  z    x  y  z Chỉ 0,5   z 2  z2  x yz 3  x  y  z  9  x  y  z 3 x  y  z  x  y  z   xy  yz  zx  3  x  y  z  t   8, t 3 t Từ 0,5 Dấu “=” xảy t 3 , x  y  z 1 Với  z 1 z   z  2 Dấu “=” xảy z 1 Vậy P đạt giá trị lớn 10 x  y  z 1 -HẾT 0,25