SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 02 trang) Bài Đáp án Điểm Bài 1 6 điểm a) 3 điểm. Giải hệ: 3 2 2 x x y 3(2x y) (1) xy y 3 (2) + = − + = Thay 3 = xy + y 2 vào VP của (1) ta có: 3 2 2 x x y (xy y )(2x y)+ = + − 2 2 x y 0 (3) x (x y) y(x y) (2x y) x y(2x y) (4) + = ⇔ + = + − ⇔ = − 1,5 + Hệ (2), (3) vô nghiệm. + Hệ (2), (4): (4) 2 2 2 x 2xy y 0 (x y) 0 y x⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = , thay vào (2), ta có: 2 3 3 x x 2 2 = ⇔ = ± . Vậy hệ pt có 2 nghiệm là: 3 3 3 3 ( ; ) ; ( ; ) 2 2 2 2 − − 1,5 b) 3 điểm. Giải phương trình: 5 1 4 2x x x x x x − − − = − (1) . Đk: 1 x 0 x 5 2x 0 x x 0 − ≥ − ≥ ≠ (2) Đặt : 2 2 5 1 4 1 2x u , x v (u 0, v 0) u 2x , v x x x x x − = − = ≥ ≥ ⇒ = − = − và 2 2 4 u v x x − = − . Ta được pt : 2 2 (u v ) (u v) 0− − − = u v u v 1 = ⇔ + = . 1,5 + Nếu u v= , ta được: 5 1 5 1 4 2x x 2x x x x 2 x x x x x − = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = ± . Đối chiếu đk (2) thì x = -2 bị loại, x = 2 thỏa mãn. + Nếu u + v = 1 (3), ta có: 4 u v x x − = − (4) ta có 4 2v 1 x x = − + hay 2 1 4 x 1 x x x − = − + Biến đổi đưa về pt: 4 3 2 x 6x 7x 12x 16 0− − + + = . 1,5 Bài 2 4 điểm Từ gt suy ra x < z, y < z và x + y < z ( vì 2 z ( x y) x y 2 xy x y)= + = + + > + nên các mẫu thức của các phân thức ở VT của (2) đều khác 0 nên các phân thức ở VT của (2) có nghĩa. Đặt x y z a, x y z b, x y z c+ − = − + = − + + = a b a c c b x , y , z 2 2 2 + + + ⇒ = = = Giả thiết trở thành a b a c b c+ + + = + (1). Ta phải chứng minh: 1 1 1 0 (2) a b c + + = . 2,0 Từ (1) 2 2a 2 (a b)(a c) 0 (a b)(a c) a (a b)(a c) a⇒ + + + = ⇒ + + = − ⇒ + + = bc ca ab 1 1 1 bc ca ab 0 0 0 abc a b c + + ⇒ + + = ⇒ = ⇒ + + = , đpcm. 2,0 1 Bài 3 2 điểm Chứng minh: 3 3 3 1 2 3 S S S+ = .(1) (1) 2 2 2 3 3 3 BE CF BC 4 4 4 ⇔ π + π = π 3 3 32 2 2 BE CF BC (2)⇔ + = F E H B C A 0,5 Do HE // AC nên: 2 BE BH BE.BC BA.BH BE .BC (BE.BA).BH BA BC = ⇒ = ⇒ = 2 3 BH .BH BH= = 0,75 3 3 2 2 3 BH BH BE BE BC BC ⇒ = ⇒ = . Tương tự: 3 2 3 CH CF BC = Vậy 3 3 32 2 2 3 3 3 3 BH CH BH CH BC BE CF BC BC BC BC BC + + = + = = = suy ra (2) đúng, đpcm 0,75 Bài 4 5,5 điểm a) 3 điểm Từ gt suy ra BMP NMP (c.g.c)∆ = ∆ ⇒ ∠ MBP = ∠ MQP (1) Mặt khác ∆ ABC cân tại A nên ∠ MBP = ∠ NCP (2) Từ (1), (2) suy ra ∠ MQP = ∠ NCP nên tứ giác PQNC nội tiếp. Do » » QN NC= nên QPN CPN∠ = ∠ Hay tia PN là tia phân giác của góc QPC, đpcm. 4 j 3 2 P I Q A B C M N b) 2,5 điểm Gọi I là giao của tia MP và đường thẳng vuông góc với AC tại C. Từ các kết quả ở câu a) ta có 1 2 3 4 P P , P P∠ = ∠ ∠ = ∠ nên ∠ MPN = 90 0 , suy ra tứ giác PNCI nội tiếp. 1,0 Từ đó ta có các điểm P, Q, N, C, I cùng thuộc 1 đường tròn. đường kính NI do vậy ∠ IQN = 90 0 mà ∠ IBM = ∠ IQM nên ∠ IBM = 90 0 . Vậy I là giao của 2 đường thẳng cố định BI và CI nên I cố định, đpcm. 1,5 Bài 5 2,5điểm Đặt: x a 1 , y 2b 1 , z 3c 1= + = + = + , suy ra: x, y,z 1≥ và P = x + y + z Ta có: 2 2 2 x y z 3 (a b c) (b 2c) 3 5 8+ + = + + + + + ≥ + = (do a b c 5 v b,c 0)µ+ + = ≥ . 1,0 Mặt khác, ta có: (x 1)(y 1) (y 1)(z 1) (z 1)(x 1) 0 xy yz zx 2(x y z) 3− − + − − + − − ≥ ⇒ + + ≥ + + − 2P 3 = − . 2 2 2 2 P (x y z ) 2(xy yz zx) 8 2(2P 3)= + + + + + ≥ + − 4P 2= + . 2 P 4P 2 0 P 2 6 (lo ); P 2 6¹i⇒ − − ≥ ⇒ ≤ − ≥ + . Dấu "=" khi a = 5 và b = c = 0. Vậy min P = 2 + 6 . 1,5 _____________ Hết ___________ Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng. 2 3 . _____________ Hết ___________ Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng. 2 3