SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Bài Đáp án Điểm Bài 1 6 điểm a) 3 điểm. Giải hệ: =++ =++ )2(8 y x y 1 x )1(12 y x y 1 x 2 2 Lấy pt (1) cộng với pt (2) vế với vế và biến đổi, ta có: 020) y 1 x() y 1 x( 2 =−+++ (3) 0,75 Giải pt (3), ta được: 5 y 1 x;4 y 1 x −=+=+ 0,75 + Nếu 4 y 1 x =+ (4) , thay vào (2), ta có y4x4 y x =⇔= , thay vào (4): 4 y 1 y4 =+ . 2 1 y0)1y2( 2 =⇔=−⇔ Từ đó 2x = 0,75 + Nếu 5 y 1 x −=+ , thay vào (2), ta có 13 y x = , thay vào (1): 01 y 1 x 2 2 =++ vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: ) 2 1 ;2( 0,75 b) 3 điểm. Từ gt suy ra )1(0) c 1 b 1 ()cb() a `1 a( =+−++− 0,5 Vế trái của (1) = ) bc 1 1 a 1a )(1a() bc 1 1)(cb( a 1a 2 +− + −=+−+− − 0,75 = abc cb1bc )1a( abc abc ).1a() bc 1 a 1 )(1a( −−+ −= + −=+− 0,75 = )1c)(1b)(1a( abc 1 −−− , suy ra )1c)(1b)(1a( abc 1 −−− = 0 1c;1b;1a ===⇒ 0,5 + Nếu 1a = thì cb −= nên 1cbaP 200920092009 =++= + Nếu b = 1 hoặc c = 1, ta cũng có kết quả P = 1, đpcm. 0,5 Bài 2 3 điểm Gpt: )1()2x3(x3)2x3(2x 33 −=−+ . Đk: 3 2 x ≥ . Đặt: 2x3y −= (2) , với 0y ≥ , ta có pt: 233 xy3y2x =+ 1,0 yx0)y2x()yx(0y2xy3x 2323 =⇔=+−⇔=+−⇔ (vì x + 2y > 0) 1,0 Thay y = x vào (2): 2x;1x02x3x2x3x 2 ==⇔=+−⇔−= (thoả mãn đk) Vậy pt (1) có 2 nghiệm: x = 1 ; x = 2. 1,0 Bài 3 5 điểm a) 3 điểm. Do P là trung điểm của DH, I là trung điểm của DE, nên IP // EC suy ra IP ⊥ DH (vì EC ⊥ DH). 1,0 Ta có ∠ DEC = ∠ DQC (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC) Mặt khác ∠ DIP = ∠ DEC (2) (2 góc đồng vị) 1,0 Từ (1), (2) suy ra ∠ DIP = ∠ DQC nên tứ giác DQIP là tứ giác nội tiếp đường tròn. 1,0 B I OA D E C H P Q b) 2 điểm. Do tứ giác DQIP nội tiếp, mà ∠ DPI = 90 0 nên ∠ DQI = 90 0 Ta có ∠ QIA = ∠ QDI (3) (cùng phụ với ∠ QID) Mặt khác ∠ QEA = ∠ QDI (4) (cùng bằng nửa sđ cung QE) 1,0 Từ (3) và (4) ta có ∠ QIA = ∠ QEA nên tứ giác AQIE nội tiếp đường tròn Suy ra ∠ QAI = ∠ QEI mà ∠ QEI = ∠ ADQ (vì cùng bằng nửa sđ cung QD) nên ∠ QAI = ∠ ADQ, do đo đường thẳng AC là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, D, Q, đpcm. 1,0 Bài 4 2,5 điểm D O d A M N B C I E J Vẽ OI ⊥ CD, OJ ⊥ BE, ta có tứ giác OIAN, ỌAM là các tứ giác nội tiếp đường tròn suy ra ∠ AON = ∠ AIN (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN) và ∠ AOM = ∠ AJM (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM) 1,0 Mặt khác ∆ ABE ~ ∆ ADC (vì góc EAC chung, ∠ AEB = ∠ ACD) nên ∠ ABJ = ∠ ADI (3) và DI2 BJ2 CD BE AD AB == hay DI BJ AD AB = (4) Từ (3) và (4) suy ra ∆ ABJ ~ ∆ ADI, do đó ∠ AJB = ∠ AID (5) 1,0 Từ (1), (2), (5) ta có ∠ AOM = ∠ AON nên ∆ OMN cân tại O (vì có đường cao OA đồng thời là phân giác) 0,5 Bài 5 1,5điểm Áp dụng bđt: ))(( 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1332211 bbbaaabababa ++++≤++ (1) (được suy ra từ bđt Bunhiacôpski) Ta có P = )()( 222222 xzzyyxzzyyxx +++++ ))(())(( 222444222444 xzyzyxzyxzyx +++++++++≤ 222 .32 zyx ++= (2) 0,75 Áp dụng tiếp bđt: )(3 222 cbacba ++≤++ (dạng đặc biệt của bđt (1)), ta được: 63.32)(3.32.32 444222 ==++≤++ zyxzyx (3) Từ (2) và (3) suy ra P 6 ≤ . Dấu “=” xảy ra khi 1 === zyx . Vậy max P = 6. 0,75 _____________ Hết ___________ Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng. . _____________ Hết ___________ Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng.