Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Thị xã Sa Pa, tỉnh Lào Cai 2018-2019 - Học Toàn Tập

- Vẫn cho điểm tối đa nếu học sinh làm chính xác bằng cách khác.[r]

A Hướng dẫn chấm: - Cho điểm lẻ tới 0,25 điểm

- Tổng điểm tồn khơng làm trịn

- Vẫn cho điểm tối đa học sinh làm xác cách khác B Đáp án:

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu (4,0 đ)

1.a) (2 đ)

Với số nguyên a

 

 

   

4

3 2

2

B 3a 14a 21a 10a

a 3a 3a 11a 11a 10a 10 a(a 1) 3a 11a 10

a a a 3a

   

     

   

   

0,25 0,25

   

a a a 8a 5a

     0,25

    

a a a 8a a

       0,25

       

a a a 8a a a a a

        0,25

Vì a (a - 1)(a - 2) tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3; mà 8a chia hết cho ƯCLN (3,8) =

Do 8a2 (a - 1)(a - 2) chia hết cho 24 (1) 0,25

Mặt khác (a - 2)(a - 1) a (a +1) tích số ngun liên tiếp có chứa hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho chia hết cho

Do 5(a - 2)(a - 1) a (a +1) chia hết cho 24 (2) 0,25 Từ (1) (2) suy

B3a 14a 21a 10a chia hết cho

24 với số nguyên a 0,25

1.b) (2đ)

2

4x 8x38 6 y 0,25

 2

2x 4x19 3y (*) 0,25

2

2(x 1) 3(7 y )

    0,

Ta thấy: 2

2(x 1) 2  7 y 2ylẻ 0,25 Ta lại có: 7y2 0y2 7 Do y2 1y1 0,25 Lúc đó: 2(x1)2 18(x1)3nên x12;x24 0,25 Ta thấy cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thỏa mãn (*) nên nghiệm phương trình 0,25 Vậy PT cho có nghiệm nguyên (2; 1), (2; -1), (-4; 1),

(-4; -1)

0,25 a) Điều kiện xác định: x 0; x9 0,25 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SA PA

THI CH N H C INH GI I P C P HU N N M H C 20 – 2019

Mơn thi: TỐN

Câu (6 đ)

2.1 a) (1,5 đ)

Ta có

    

2 x 3

x x 3 x 3

A

x 1 x 3

x 1 x 3



 

  

 

 

 xx x1 x3 3 2 xx 13 xx 33  xx 33 xx 11

   



  

      0,5

  

x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3

x 1 x 3

      



 

  

x x 3x 8 x 24

x 1 x 3

  



  0,25

  

 xx 13 x x 83 xx 81

  

 



 

Vậy A = x 8

x 1



 với x0; x9

0,5

2.1 b) (0,5 đ)

b) Điều kiện xác định: x 0; x9ta

x 9 x 1 9

A

x 1 x 1 x 1

  

  

  

9 9

x 1 x 1 2

x 1 x 1

      

  0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số x  1

9

0

x 1 , ta :

 

9 9

x 1 2 x 1 2 9 6

x 1 x 1

     

 

Khi A  6

Dấu '' " xảy  2 9

x 1 x 1 9 x 1 3 x 4

x 1

         

 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy giá trị nhỏ A4 x = 0,25

2.2 (2 đ)

ĐKXĐ : x1, ta có :

3

2

2

3

1 1 1

2

x

x x x x

x

x x x x

      



           0,25

  2 2 3

1 1

2   x   x   x

0,25

1 1

2 

Nếu x2 phương trình (*)

3

1 1

2

 

 x   x   x  x  x 0,25

4

 x  x

2

16( 1) 10 25

 x x  x x  x 

( 5)

 x   x (TM) 0,25

Nếu 1 x phương trình (*) 1 1   x    x  x

0,25

2

2 

  x   x  x 1( TM)

0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = x = 0,25

2.3 (2 đ)

Điều kiện xác định: x; y¹ (*) 0,25 Khi đó, hệ cho tương đương với:

2

x xy 2y

2y 2xy x

ìï + = ïí ï + = ïỵ 0,25 2

x 2y 3xy x 2y

2y 2xy x

ìï + + = + ï Û íï + = ïỵ 0,25

(x 2y)(x y 1) 0

2y 2xy x

ì + + - = ïï Û íï + = ïỵ 0,25 x 2y

y y

ì = -ïï Û íï

- = ïỵ

x y y ì = -ïï ï Û í ï = ïïỵ 0,25 Với x 2y

y y 0

ì = -ïï Û íï

- =

ïỵ

Û (x ; y) = (0 ; 0), (-2 ; 1) 0,25 Với x y

1 y ì = -ïï ï Û íï = ïïỵ

Û (x ; y) 2 1; 3 3 ổ ửữ ỗ = ỗỗố ữữ

ứ 0,25

Đối chiếu giá trị x; y với (*), suy nghiệm hệ cho (x ; y) (= - 2 ; 1) hoặc(x ; y) 2 1;

3 3 ổ ửữ ỗ = ỗ ữữ ỗố ứ 0,25

Ta có a2b 3 (a b    ) (b 1) 2 ab2 b2

(theo đẳng thức Cô – si) 0,25

1

2 2( 1)

a b ab b

 

   

Tương tự

1 1

;

2 2( 1) 2( 1)

b c  bc c c a  ac a

0,25

1 1

2 1

P

ab b bc c ac a

 

     

     

  0,25

Câu (4 đ)

3.1

(2 đ) P 12 1 c 1 bc 1

bc c bc c bc c

 

     

     

  0,25

1

2

bc c P

bc c    

 

1

P

  0,25

Dấu “=” xảy a   b c 0,25 Vậy giá tri lớn P

2 a  b c 0,25

3.2 (2 đ)

Tọa độ giao điểm đường thẳng mx2y3

3xmy4 nghiệm hệ phương trình mx 2y 3x my

 



  

 0,25

Giải hệ phương trình tìm

2 3m x

6 m  

 ;

4m y

6 m  

 0,75

Để giao điểm nằm góc phần tư IV x 0 y0 Với x >

2

3m 8

0 3m m

6 m

      

 , 0,25

Tương tự với y < m  Do

m

3

  

0,25

Để m m { 2; 1; 0; 1; 2}   0,25 Vậy giá trị cần tìm thỏa mãn đề m { 2; 1; 0; 1; 2}   0,25

Câu (5 đ)

4.a) (1,75 đ)

H O

E I

J D

C

B A

0,25

+ Vì ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên

ACBC

Suy BCCD (1) 0,5

+ Xét CDH có CI = IH; HJ = JD (gt) nên JI đường trung bình CDH Từ suy ra: IJ // CD (2) 0,5

+ Từ (1) (2) suy IJ ^ BC

+ Suy CIJ· = CBH· (cùng phụ với HCB) (3) 0,5

4.b)

+) Trong vng CBH ta có: tanCBH· CH BH

= (4)

(1,5 đ) trung bình ADH 0,25 Từ suy ra: CJ // AB

+ Mà CH  AB (gt)

+ Suy CJ CH 0,25

+) Trong tam giác vng CIJ ta có

· ( )

tanCIJ CJ CJ CI HI

CI HI

= = = (5)

0,25 + Từ (3), (4), (5) CH CJ

HB HI

 

0,25 + Xét DCJH vàDHIB có

90

HCJ BHI  CH CJ

HB  HI

(cmt)

+ Nên DCJH đồng dạng với DHIB (c.g.c) 0,25

4 c) (0,75 đ)

4.d) ( đ)

c)

+ Lập luận để chứng minh 90

HEI  0,25

+ Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ

+ Suy HE HI

HC  HJ

0,25 Suy HE.HJ = HI.HC

+ Mà ;

2

HJ  HD HI  HC (gt)

+ Suy HE.HD = HC2 0,25

d)

K 450

N M

H O

C

B A

+ Lấy điểm M nửa đường tròn (O) cho · 45

BOM = + Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt AB N Ta có M N cố định

0,25 + Kẻ MK AB K

+ Chứng minh DMON vuông cân M KM = KN Suy

45

ANC

Xét C º M

Ta có C º M nên H º K

Do AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không

đổi) 0,25

+ Xét C khác M

Tia NC nằm hai tia NA NM

Do · ·

45

ANC< ANM = + DHNC có · 90

nên · · 90

HNC+ HCN =

Mà ·

45

HNC< nên · 45

HCN> Suy ·HNC< ·HCN

Suy HC < HN

0,25 + Do AH + CH < AH + HN = AN

+ Vậy Khi C nửa đường tròn (O) cho · 45

BOC=

thì AH + CH đạt giá trị lớn 0,25

Câu ( đ)

Câu ( đ)

A

B

C D N

M I

Gọi I trung điểm AC, MI NI đường trung bình tam giác ABC ACD nên MI 1AB

2



và NI 1CD

2



0,25

MI NI 1(AB CD) AB CD 2(MI NI)

        0,25

Mặt khác: Tam giác MNI có

MNMI NI 2MN2(MI NI)AB CD

0,25

Vậy AB CD 2MN 0,25