Hdc hsg toán9(chinh thuc 2019 2020)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ BẮC GIANG HDC ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN THI: TỐN LỚP Ngày thi: 1/12/2019 (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Câu Hướng dẫn giải (6,0 điểm) Với x 0; x 9 ta có  x 5 25  x  x  20 A   :  x  x  12 x  x  20  x x  3x  x  0,5  x 5 ( x  5)( x  5)  x  20 A   :  ( x  3)( x  4) ( x  5)( x  4)  ( x  3)( x  1) 1a (2,5 điểm)  x 5 x  5 x  20 A   : x   ( x  3)( x  1)  ( x  3)( x  4) 0,5  x 5 x  x  15  x  20 A   :  ( x  3)( x  4) ( x  4)( x  3)  ( x  3)( x  1) 0,5 A ( x  3)( x  1) x  20 ( x  3)( x  4) A x  20 0,5 x 1 0,25 x 4 Vậy A  x 1 x 4 Ta có: A  với x 0; x 9 x 1 x 4  x  16  17 x 4 0,25  x  4 17 Để A nguyên x phải số phương 1b (1,5 điểm (Vì x số phương 17 x 4    0,5 x 4 17 x 4  0,25 x    ) x   Ư(17) mà x 0  x  4  x  17 x 13  x 169 (TMĐK) Vậy x 169 biểu thức A có giá trị nguyên 0,25 0,25 0,25 x  3  17  3  17 (2,0 điểm) x 3  17   17  3  17 3  17 ( 3  17  3  17 ) x 6  3  17.x ( x  3  17  3  17 ) x  x 6 0,5 0,25 0,25 0,5 Page of Khi đó: B  x  x  30   30  36 6 0,25 Vậy B 6 x  3  17  3  17 0,25 Câu (4,0 điểm) x  x  x   33 0 (1) ĐKXĐ: x  (1)  ( x  10 x  25)  (2 x   x   9) 0 0,5 0,5  ( x  5)  ( x   3) 0 (2) (2,0 điểm) Ta có: ( x  5)2 0 x ( x   3)2 0 x  0,25  x  0  Do (2) có nghiệm    x   0  x 5  x 5 (t/m ĐK)   x  3 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  5 0,5 0,25 xy( x  3x  3) 125 x  y  x y  3x y  xy  y 125 x 0,5  y( x  1)3 125 x (1) Vì x; y nguyên dương nên từ (1) ta có: (2,0 điểm) 125 x ( x  1)3 mà ( x; x  1) 1  ( x;( x  1)3 ) 1 nên 125( x  1)3  ( x  1)3  Ư(125) 0,25  ( x  1)3   1;125  x    1;5  x   0; 4 0,25 Mà x nguyên dương  x 4 Thay x 4 vào (1) tính y 4 0,25 Vậy ( x; y ) (4; 4) 0,25 Câu (1,5 điểm) 0,5 (3,0 điểm) Theo đề ta có a b b c  x ( với x  Q ) 0,25  a  b bx  cx  7(a  bx ) cx  b (1) +/ Nếu a  bx 0 từ (1) ta có + Nếu a  bx 0 từ (1) ta có 7 cx  b  Q ( vơ lí) a  bx 0,25 0,25 Page of  a x   a  bx 0  b  a  b  ac b2  2ac 2b2   b c cx  b 0  x b  c 2 Từ ta có: a  b  c a  2b  c  b a  2ac  c  b ( 2ac 2b2 ) 0,25 a2  b  c (a  c)2  b (a  b  c)(a  b  c)(a  b  c) 0,25 Vậy a  b2  c (a  b  c) (1,5 điểm) 0,25 Theo đề ta có: p  a (a  ) p (a  1)(a  1) (1) 0,25 Từ (1) ta có (a  1)(a  1)7  a  17 a  17 ( số nguyên tố) 0,25 +/ Nếu a  17  a  7k (k  )  a  7k  thay vào (1) ta có: p 7k (7k  2)  p k (7k  2) mà p số nguyên tố 7k   nên k 1  p 9 (loại) +/ Nếu a  17  a  7k (k  )  a  7k  thay vào (1) ta có: p 7k (7k  2)  p k (7k  2) mà p số nguyên tố nên k 1 7k  1 + Với k 1  p 5 ( thỏa mãn) +Với 7k  1  k  ( loại) Vậy p 5 giá trị cần tìm Câu 0,25 0,25 0,25 0,25 (6,0 điểm) A N G K E F O H B C M D Xét đường trịn (O) có:  BC dây   MB MC ( T/chất đường kính dây) OM  BC M (GT) 1.(3,0 điểm) H đối xứng với D qua M (GT)  MH=MD (định nghóa) Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành  BD // CH BH //CD 0,5 0,5 ABD noäi tiếp đường tròn (O)    ABD vuông B ( định lí) AD đường kính (O) ( GT)    AB  BD   CH  AB F (tính chất) mà CH // BD (c/m treân)  0,75  CF đường cao ABC Page of Chứng minh tương tự ta có BE đường cao ABC 0,75 Xét ABC có: BE , CF hai đường cao ( c/m trên)    H trực tâm ABC ( định lí) BE cắt CF H  2.(2,0 điểm) 0,5 Gọi G trung điểm AH Chứng minh bốn điểm A,E,H,F thuộc đường tròn tâm G đường kính AH  G thuộc đường trung trực EF (1) Chứng minh bốn điểm B,F,E,C thuộc đường trịn tâm M đường kính BC  M thuộc đường trung trực EF (2) Từ (1) (2)  GM đường trung trực EF  GM  EF Chứng minh GM đường trung bình AHD  GM //AD mà GM  EF  AD  EF K Chứng minh AND vuông, NK đường cao  AN  AK AD (3) 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Chứng minh AKFs ABD  AK AD  AF AB (4) 0,25 Từ (3) (4)  AN  AF AB 0,25 3.(1,0 điểm)` A b c I B C Q a Đặt BC a; AC b; AB c AQ đường phân giác ( Q BC) Kẻ BI  AQ I 0,25 A BI BQ BQ (1) sin    AB AB c AQ đường phân giác  BQ QC BQ  QC a (2)    c b cb b c A a Từ (1) (2)  sin  b c Chứng minh tương tự ta có: sin B b C c  ; sin  ca ab A B C abc Từ ta có: sin sin sin  (*) 2 (a  b)(b  c)(c  a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 0,25 0,25 0,25 a  b 2 ab   abc b  c 2 bc   (a  b)(b  c)(c  a) 8abc   (**) (a  b)(b  c)(c  a)  c  a 2 ca   Page of Từ (*) (**)  sin A B C sin sin  2 Dấu “=” xảy  a b c  ABC tam giác Câu (1,0 điểm) Q a  b  a  2b  1   với a 1; b 2 a b a b (a  1)2 0  a2 2a  (b  2)2 0  b2 4b  1 Q 2a   4b   a  2b    a b ab 1 Q 3a  2b    5 a b ab  ab     b  59 a Q      a        (a  b )   ab  a   b  36 (1,0 điểm)  Áp dung bất đẳng thức Cauchy ta có: Q 2 0,25 ab 1 b 59  a     ab a b 36 0,5 59 23  Q   1     12 Dấu “=” xảy a 1; b 2 Vậy Min Q  23 a 1; b 2 Điểm toàn 0,25 (20 điểm) Lưu ý chấm bài: - Điểm toàn làm tròn đến 0,25 điểm - Trên sơ lược bước giải, lời giải thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic - Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm chứng minh Page of