Hướng dẫn chấm hsg toán 9 (2023 2024)

UBND HUYỆN THẠCH THẤT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9.Năm học 2023-2024 ================ Mơn: Tốn Bài Bài (5 điểm) Hướng dẫn giải 1/ (2,5 điểm) ĐK: x  0; x 1 x x2 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2) x( x  2)  2( x  1)  x   x ( x  1)( x  2) x x  2x  x   x  x x  3x  x   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) x ( x  x  2)  x ( x  1)( x  2) x ( x 1)( x  2)  x ( x  1)( x  2) ( x 1)  ( x  1) 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 2/ (1,0 điểm) Ta có: x 3  2  x   2 1  ( 1)  1 Thay vào biểu thức P ta 3/ (1,5 điểm) P Ta có: Bài (4 điểm) Điểm  x 1  x  P x  2 x 1 1 2  1  2 1  1  x 0,5 0,5 0,5  x  1 ước  x  1   Để P nguyên  x  1  0;1; 2  x  1; 2; 3  x  1,4,9 Do đó:ó: 0,25 Mặt khác theo điều kiện t khác theo đó:iều kiện u kiện n x  0,x 1  x = x = Vậy để P nguyên x = x = 9y đó:ể P ngun x = x = P nguyên x = hoặt khác theo điều kiện c x = 1/ (2 điểm) 2 Giả sử: a + b + c  > a + b + c  4a2 + 4b2 +4c2 +4 > 4a + 4b + 4c  4a2 - 4a + 1+ 4b2 - 4b +1 + 4c2 - 4c + + > 0,25 0,25 0,25 0,75 0,5  (2a - 1)2 +(2b - 1)2 +(2c - 1)2 + > với a, b, c  Bất đẳng thức cần chứng minh 0,5 0,25 2/ (2 điểm) + Tìm GTLN: (1 điểm) 3x  2x  4x   x  2x  (4x  4)  (x  2x  1)   x2  x2  x2  Ta có A = 4(x  1)  (x  1)2 (x  1)2   4 x2  x2  Dấu “=” xảy  (x+1)2 =  x = - 0,75  Vậy GTLN A =  x = - + Tìm GTNN: (1 điểm) 3x  2x  x  2x   2x  (x  1)  2(x  1)   x2  x2  x2  Ta có A = (x  1)2   2 x 1 Dấu “=” xảy  (x - 1)2 =  x = Vậy GTNN A =  x = Bài (4 điểm) 0,25 0,75 0,25 1/ (2 điểm) ĐKXĐ: x  1; x  ; x  ; x  10 0,5 Phương trình ban đầu trở thành: 3     x 1  x    x    x    x    x 10  x  0,5  1 1 1       x 1 x  x  x  x  x 10 x  0,25  1   x 1  x 10  x  0,25   x 1  x 10  4 x   x  x 12 0 0,25   x  3  x   0  x    x  So sánh với ĐKXĐ  nghiệm phương trình cho x  0,25 2/ (2 điểm)  ab  c Từ giả thiết: abc = 1 1   Ta có S =  a  ab  b  bc  c  ac 0,5 0,5 1 a  = = Bài (5 điểm) c  1  abc  b  bc  c  ac c 1   c  ac 1 b  ac 1  c   c  ac 0,25 bc 1  b bc  abc  b  = b   c  ac  b   c  ac  b  c  ac 1 1 b  c  ac 1 = Vẽ hình D 0,5 0,25 0,5 C I H E O F O' 1/ A K M B   AME CMB (c.g.c)  EAM BCM 0      Mà BCM  MBC 90  EAM  MBC 90  AHB 90 Vậy AE  BC  1,0 0,5  2/ Từ GT  DMA IBA 45  DM // IB Tương tự có: AC // MF Từ đó: OMO ' I hình bình hành  OI O’M OI // O’M  OI O ' F OI // MF nên OIFO ' hình bình hành Do đó: IF // OO’ IF  OO’ (1) Chứng minh tương tự, ta có DI //OO’ DI OO’(2) 1,0 Từ (1) (2) suy ba điểm D, I , F thẳng hàng DI  IF nên I trung điểm đoạn thẳng DF  O giao điểm AC DM AHC ( H 90 ) có HO đường trung 1  HO  AC  DM  DHM  2 tuyến vuông H Do đó:  DHM 90  MHF 900 Chứng minh tương tự ta có:   Do đó: DHM  MHF 180 Vậy ba điểm D, H , F thẳng hàng Vì I trung điểm DF , Kẻ IK  AB ( K  AB )  IK đường trung 1,0 bình hình thang ABFD  IK  AD  BF AM  BM AB   2 (không đổi) Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định Vậy đường thẳng DF qua điểm cố định điểm M di động đoạn thẳng AB 0,75 0,25 0,25 Bài (2 điểm)  BCN ACM  BN  AM Vẽ tam giác CMN mà AM BM  CM  BN BM  MN  BMN vuông M 0,25 0,25     BMC BMN  NMC 900  600 1500 0,25 2 2 2 Hết ( Học sinh có cách giải khác cho điểm tương đương, điểm tồn làm trịn đến 0,25điểm)