Tương tự ta cũng có ΔKEF vuông tại E.
Trang 1hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 2012 - 2013
Môn thi: Toán
1
5đ
a
3.0đ
ĐKXĐ:
≠
≥
⇔
≠
−
≠
−
≥
1
0 0
1
0 1
0
x
x x
x
1
x x
x
) 2 )(
1 (
1 )
2 )(
1 (
2 )
2 )(
1 (
3 3
+
−
− +
+
−
+ +
+
−
− +
x x
x
x x
x
x x
x
x x
0.75
2
) 1 )(
1 3 )(
2 ( )
2 )(
1 (
) 1 )(
1 )(
2 5 3 (
+
−
= +
+
− +
= +
−
+
−
− +
x x
x
x x
x x
x
x x
x x
Vậy với x≥ 0 ,x≠ 1 thì P = ( 3 x− 1 )( x + 1 )
0,75
0.5 b
2.0đ
Ta thấy x = 4 - 2 3 = (( 3 − 1 ) 2 ⇒ x = 3 − 1 = 3 − 1 0.75 Vậy P = ( 3 x− 1 )( x+ 1 ) = [3( 3 − 1 ) − 1]( 3 − 1 + 1)
= (3 3- 4) 3 = 9- 4 3
0.75 0.5
2
4đ
a
2.0đ
13
2 +
x
+ 15
45
2x+
= 37
8
3x+ + 9
69
4x+
⇔ (
13
2 +
x
+1)+(
15
45
2x+
-1)=(
37
8
3x+ +1)+(
9
69
4x+
-1)
13
15
x
15
) 15 (
2 x+
=
37
) 15 (
3 x+
+ 9
) 15 (
4 x+
9
4 37
3 15
2 13
1 )(
15 (x+ + − − =
⇔ x=-15 Vậy phơng trình có nghiệm x=-15
0,5
0,5 0,5
0,5 b
2.0đ
1 2
x + x+ 2 − 2 x+ 1 = 2 (*) Giải: ĐK : x ≥ -1
(*) ⇔ ( x+ 1 + 1 ) 2 + ( x+ 1 − 1 ) 2 = 2
⇔ x+ 1 + 1 + x+ − 1 1 = 2 + Nếu x+ 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 0
thỡ (2) ⇔ x+ 1 + 1 + x+ 1 - 1 = 2
0,25
0,5
Trang 2⇔ x+ 1 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thoả mãn điều kiện) + Nếu x+ 1 < 1 ⇔ x < 0 thì :
(*) ⇔ x+ 1 + 1 + 1 - x+ 1 = 2 ⇔ 0 x+ 1 = 0 ( thoả mãn với mọi –1 < x < 0) Vậy phương trình (*) có nghiệm –1 ≤ x ≤ 0
0,5
0,5
0,25
3
2®
Do 0 < x, y, z ≤ 1 đặt a = 1 – x ≥ 0, b = 1- y ≥ 0, c = 1- z ≥ 0
và a + b + c = 1 suy ra z = 1- c = a + b, y = 1 – b = a + c, x = 1- a = c + b Khi đó A = a2 b2 c2
a b b c c a + +
Theo bµi ra a,b,c > 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có:
2
a
+
+ Tương tự ta có: b2 b b c
+
≥ −
2
c
+
≥ − +
Suy ra: a2 b2 c2
a b b c c a + +
a b c 2
+ +
2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
3 suy ra x = y = z = 2
3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 1
2 khi x = y = z = 2
3
0 25
0.25
0.5
0.25
0.25 0.25 0.25
4
3®
Ta có: 1 1 1x+ + =y z x y z+ +1
⇔ 1 1 1 1 = 0
+ +
− +
+
z y x z y
) (x y z z
y x xy
y x
+ +
+ +
⇔ ( )( 1 1 2
z zy zx xy y x
+ + + + ) = 0⇔(x+y)(xz+yz+z2+xy) = 0
⇔ (x+y)[z(x+z)+y(x+z)] = 0 ⇔(x+y)(y+z)(x+z) = 0
⇔
( ) ( ) ( )
x y
= −
= −
= − ⇒ = −
Vậy B = (x2010 – y2010)(y2010 - z2010)(z2010 – x2010) = 0
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 35,0đ
Hình vẽ
x
I
F
M
H E
K
A O B
a
1,75
đ
Ta có trung tuyến MO =AO = BO =1
2AB
=>ΔAMB vuông tại M(đlí đảo đường trung tuyến trong tam giác vuông)
=>ΔKMF vuông tại M
Tương tự ta cũng có ΔKEF vuông tại E
Gọi G là trung điểm của FK ta có GM=GE=GF=GK=1
2FK
0.25
0.5 0.25 0.5
Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.25 b
1,75
đ
K là trực tâm của AFB∆ nên ta có FK ⊥ AB suy ra FK // AH (2) 0.25
Do đó ·FAH = ·AFK mà ·FAH =FAK· (gt) cho nên ·AFK =FAK· 0.25
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) 0.25
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà AK ⊥IB
c
1,5đ
Chu vi của ∆AMB C= ∆AMB =MA MB AB+ + lớn nhất ⇔ MA + MB lớn
Áp dụng bất đẳng thức ( )2 ( 2 2)
2
a b+ ≤ a +b dấu "=" xảy ra ⇔ =a b, ta
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
AMB
6
1®
Ta cã: x2-100 = 6xy-13y2 ⇔ x2-6xy+9y2+4y2=100
⇔(x-3y)2 + (2y)2 =100 ⇔ 2 2
2
x− + = 62+82= 02+102
⇔
=
=
− 8 2
6 3
y
y
=
=
− 6 2
8 3
y
y
=
=
− 10 2
0 3
y
y
=
=
− 0 2
10 3
y y
Trang 4+
=
=
−
8 2
6 3
y
y x
⇔
=
= 4
6
y
x
hoặc
=
= 4
18
y x
+
=
=
−
6 2
8 3
y
y x
⇔
=
= 3
1
y
x
hoặc
=
= 3
17
y x
+
=
=
−
10 2
0 3
y
y x
⇔
=
= 5
15
y x
+
=
=
−
0 2
10 3
y
y x
⇔
=
= 0
10
y
x
(loại)
Vậy cặp các số nguyên dơng (x;y) cần tìm thoả mãn phơng trình đã cho
là: (x;y) = {( 6 ; 4 ), ( 18 ; 4 ), ( 1 ; 3 ), ( 17 ; 3 ), ( 15 ; 5 )}
0.25
0.25
0.25
Chỳ ý : - Nếu học sinh làm theo cỏch khỏc mà đỳng vẫn cho điểm tối đa.