HDC đề thi HSG môn toán 9

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC: 2017 - 2018 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm có: 05 trang A Một số ý chấm bài: Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác mà tổ chấm cho điểm phần theo hướng dẫn chấm B Đáp án thang điểm: I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Mỗi câu trả lời cho 0,5 điểm Câu Đáp án C B C A D C D 10 A,B A C 11 B 12 13 A,C A 14 C 15 B 16 C II PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu 1: (3 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y  12  b) Cho a, b, c > thỏa mãn: a  b  c  abc  Chứng minh biểu thức: P  a(1  b)(1  c)  b(1  c)(1  a)  c(1  a)(1  b)  abc  2017 số Nội dung a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y  12  Điểm 1,5 Ta có: x  y  xy  x  y  12  0,5 � x  x ( y  1)  (5 y  y  12)  0(*) Để PT (*) có nghiệm ngun  / số phương 0,25 Lại có:   4( y  1)  5(5 y  y  12)  16  y �16 / 2 Từ ta tìm được: (x,y) �  2;0  ;  6;0  ;  10; 4  ;  6;   Cách khác: 0,75 x  y  xy  x  y  12  �  x  y    y  16  42  02 Từ xét trường hợp để tìm nghiệm b) Cho a, b, c > thỏa mãn: a  b  c  abc  Chứng minh biểu thức: P  a(1  b)(1  c)  b(1  c)(1  a)  c(1  a)(1  b)  abc  2017 Theo đề ta có: a  b  c  abc  � a  abc   b  c Do đó: a (1  b)(1  c )  a(1  b  c  bc)  a (a  abc  bc)  (a  abc )  a  abc 1,5 0,25 0,25 Tương tự: b(1  c)(1  a)  b  abc 0,25 0,25 c (1  a)(1  b)  c  abc Khi đó: P  a  b  c  abc  abc  2017  a  b  c  abc  2017   2017  2018 Vậy P = 2018 0,5 Câu (3,5 điểm): 1   x 1 2 � x3 y  27  18 y � b) Giải hệ phương trình: � 4x y  6x  y2 � a) Giải phương trình: x Nội dung a) Giải phương trình: x    x 1 2 Điểm 2,0 0,25 + ĐKXĐ: x � 1 x 2 a b 1 � a  (1  b)3 � � Ta có: �3 � � a b 1 � a   b2 � + Đặt a  x  ; b  Suy ra: (1  b)3   b � b3  4b  3b  b0 � � � b(b  1)(b  3)  � � b 1 � b3 � 0,25 + TH1: Nếu b = a = � x   + TH2: Nếu b = a = � x  ( Thỏa mãn) ( Thỏa mãn) 0,25 0,25 17 ( Thỏa mãn) � 1 17 � Vậy tập nghiệm phương trình là: S  � ; ;  � �2 + TH3: Nếu b = a = -2 � x   � x3 y  27  18 y � b) Giải hệ phương trình: � 4x y  6x  y2 � 1,5 + Ta thấy y = nghiệm hệ PT cho 0,25 � �3 � (2 x)  � � 18 � � �y � + Với y �0, hệ phương trình trở thành: � 3� � 3� x  � �2 x y � y� � � 0,25 3 + Đặt a = 2x; b = y thay vào hệ ta được: � ab  � a  b  18 � a  b   3ab(a  b)  18 �  �� �� � ab  ab (a  b )  � ab(a  b)  � � � 3 a � � �� 3 � b � � � 3 a � � � 3 � b � � � 3 � 3 x x � � � � 4 Tư ta tìm nghiệm hệ cho là: � � �y  �y  � � � 3 � 3 0,5 0,5 Câu 3: (4 điểm): Cho đường tròn (O, R) dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Bên tam giác ABC dựng hình vng ABDE, ACFG hình bình hành AEKG a) Chứng minh AK = BC AK vng góc với BC b) DC cắt BF M Chứng minh A, K, M thẳng hàng c, Chứng minh A thay đổi cung lớn BC (O,R) K ln thuộc đường tròn cố định Nội dung Điểm Hình vẽ: K G E C' B' A F D O M B a) Ta có H C �  EAG �  1800 , BAC �  EAG �  1800 � KEA �  BAC � KEA EK  AG  AC ; EA  AB � AEK  BAC � AK  BC Lại có: Ta 1,5 có �  ABC � Gọi H giao điểm KA BC, ta có: AEK  BAC � EAK � � �  EAK �  900 � AH  BC Vậy AK  BC BAH ABC  BAH �  KAG �  900 ; BCF � � � � �  BCF � b) Vì KAC ACB  900 mà KAG ACB � KAC 1,0 �  BCF � � KAC  BCF � CKH �  FBC � Ta lại Vì KA  BC ; AC  CF ; KAC �  KCH �  900 � FBC �  KCH �  900 � BF  KC (1) Tương tự ta có có CKH KB  CD (2) Từ (1)(2) suy M trực tâm KBC , suy M �KH Vậy A, K, M thẳng hàng c) Dựng hình vng BCC ' B ' nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , 1,5 suy B ' C ' cố định Ta có AKB’B hình bình hành (vì BB ', KA vng �' KA  BAH � góc BC suy BB ' P KA ; BB '  KA  BC ) Do B ' K P BA � B � Tương tự ta có AKC ' C hình bình hành suy KC ' P AC � � AKC '  HAC �' KC '  B �' KA  � �  HAC �  BAC � Vì A thay đổi Suy B AKC '  BAH cung lớn BC đường tròn (O; R ) K ln nhìn đoạn B ' C ' cố định � Do K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng góc khơng đổi   BAC đoạn B ' C ' cố định Câu 4: (1,5 điểm) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: Q  ab ac bc    c  ab b  ac a  bc 4abc Ta có: c  ab  c(a  b  c )  ab  (c  a )(c  b) Tương tự : b  ac  (b  a)(b  c) ; a  bc  (a  b)(a  c ) 0,25 Do đó: Q ab ac bc    (c  a)(c  b) (b  a)(b  c) (a  b)(a  c) 4abc ab (a  b )  ac (a  c)  bc (b  c ) a  b3  b3  c  c  a  �  (a  b)(b  c )(c  a) 4abc 8abc 4abc 3 (Áp dụng BĐT Côsi; BĐT x  y �xy ( x  y ) với x, y  0, dấu xảy � x  y)   0,5 a  b3  c  4abc 4abc Lại có : a3  b3  c3  (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ca )  3abc   3(ab  bc  ca)  3abc (do a  b  c  ) a3  b3  c 3(ab  bc  ca )  3abc 9 a 2b 2c  3abc   � 4abc 4abc 4abc 4abc � 9 �  �3  ��  27  3  6 � abc � abc  ab  bc  ca �3 a 2b c ) ( Áp dụng BĐT Côsi: abc � 3 Vậy Max Q  6 Dấu xảy a  b  c  0,25 Bởi Q � 0,5 ... BC, ta có: AEK  BAC � EAK � � �  EAK �  90 0 � AH  BC Vậy AK  BC BAH ABC  BAH �  KAG �  90 0 ; BCF � � � � �  BCF � b) Vì KAC ACB  90 0 mà KAG ACB � KAC 1,0 �  BCF � � KAC  BCF...  BCF � � KAC  BCF � CKH �  FBC � Ta lại Vì KA  BC ; AC  CF ; KAC �  KCH �  90 0 � FBC �  KCH �  90 0 � BF  KC (1) Tương tự ta có có CKH KB  CD (2) Từ (1)(2) suy M trực tâm KBC ,... bc  ca)  3abc (do a  b  c  ) a3  b3  c 3(ab  bc  ca )  3abc 9 a 2b 2c  3abc   � 4abc 4abc 4abc 4abc � 9 �  �3  ��  27  3  6 � abc � abc  ab  bc  ca �3 a 2b c ) (