Đáp án HSG Toán học lớp 9 Quảng Bình 2017-2018 - Học Toàn Tập

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài... Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp được trong một đường tròn.[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 tháng năm 2018

Mơn thi: TỐN LỚP

Đáp án này gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG

* Đáp án trình bày lời giải cho bài Trong bài làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng

* Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm những bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai thì cho điểm

* Điểm thành phần bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm bài

* Điểm toàn bài là tổng (khơng làm trịn số) điểm tất các bài

Câu Nội dung Điểm

1 (2.0 điểm)

Câu

a Rút gọn biểu thức:

3 16 7

:

2 3 1

x x x x x

P

x x x x x

   

   

      

    

   

với x0,x1,x 4

1,0

Với 0 x 1,x4 ta có:

 14 73 13 71 :

x x x x x

P

x x x x x

       

       

      

 

0,25

   

  

3 10 21 2 2

:

1

x x x x x x x

x x x

      

     

       

 

  0,25

 61 273 12

x x x

x x x

    

     

  0,25

  

 91 33 12 92

x x x x

x x x x

   

 

   

Kết luận: 9, 0, 1,

2

x

P x x x

x



   



b Cho 13 19 a 

 Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: 32 2 18 23

8 15

a a a a

A a a        1,0 Ta có:

 2  

13 13 13

4 3,

4

19 4 3

a      a



  0,25

Khi đó:

2

4 a 16 8 a a 3

2 8 15 2

a a

   

0,25 Mặt khác

4

2

2

2 2

6 18 23 38 20

2

8 15 15

38 20

2 19 10 18

2

a a a a a

A a a

a a a a

a

a a a a a a a

    

    

   



            

Kết luận: A5

0.5

2 (2.0 điểm)

a Cho phương trình: x2 2m1x2m10 0 (m tham số)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x , x thỏa mãn 1

2

1 2

10

P  x x x x đạt giá trị nhỏ

1,0

Ta có:  ' m12 2m10m2 9

Phương trình có hai nghiệm x , x1 2   '

2 9 0

3 m

m  m 

     



0,25 Theo định lý Viet ta có: x1 x2 2m1 ;  x x1 2m10

Theo ra:

2  2

1 2 2

10

P x x x  x  x  x  x x

0,25

 2    2 

4 10 21

P m m m m

        0,25

   

 

    2    

4 12 48 48

P m m

Dấu ‘‘=’’ xảy m 3 Kết luận: m 3

0,25

b Giải hệ phương trình: 

2

x y

x y

   

    1,0

ĐK: ,x y 2

Đặt:  2 , 0  22 22

2

u x u v x u

y v v y           0,25 Khi đó hệ phương trình cho trở thành:

   

2

7

7

u v

u v

   

   



Lấy (1) trừ (2), ta được: u2    7 v u v2 7

2 2 2

2

7 7

7

u v u v v u v u

v u u v

u v

         

   

 

Thế u v vào (1), ta có:

  2 

2 7 7 7 7 , 0 7

3

u u u u u

u        

 

0,25

Khi đó:  11

2

x x y

y     

Kết luận: ( ; ) (11;11)x y  nghiệm hệ phương trình

0,25

3 (3.5 điểm)

Cho đường trịn  O đường kính AB Đường thẳng d vng góc với AB I cắt đường tròn  O P Q ( I nằm O và B ) Mlà điểm nằm d ( M nằm  O ) Các tia

,

AM BM cắt đường tròn  O C D

Đường thẳng CD AB cắt K , đường thẳng AD BC cắt H

a Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp một đường tròn

1,5

d

H

K D

C

Q P

O

B A

I M

0,5

Vì AB đường kính  O nên AD BM BC , AM Do đó H trực tâm tam giác MAB

Suy H thuộc đoạn thẳng MI

0,5 Xét tứ giác ACHI có ·ACH AIH· 1800

b Chứng minh tam giác OCI đồng dạng OKC 1,0 Ta có: CIO CIA CHA HAB HBA· · · ·  · (theo câu a, CHA· góc

ngoài tam giác HAB) 0,25

Nên CIO·  ·DAB CBO DCB BCO OCD OCK· · ·  · · (Vì ABDC

nội tiếp đường tròn  O OB OC ) (1) 0,25 Kết hợp COI KOC· · (2)

Từ (1) (2) suy OCI đồng dạng OKC (g.g) 0,25 0,25 c Chứng minh KP KQ tiếp tuyến đường tròn  O 1,0 Từ câu b kết hợpOP OC , ta có:

(1)

OK OK OC OP

OP  OC  OI  OI

0,25 Mặt khác KOP POI· · , suy OPK đồng dạng OIP 0,25 Do đó: OPK OIP· · 900 Chứng tỏKP tiếp tuyến đường tròn

 O 0,25

Vì Q đới xứng với P qua AB nên KQ tiếp tuyến  O 0,25

4 (1.5 điểm)

Cho x y z số thực dương thỏa mãn , , x y z  4 Chứng minh rằng:

1 1

2xy xz yz   xy2xz yz  xy xz 2yz  xyz

1,5

Với a b, 0 ta có:

 2 1 1

4

4

a b

a b ab

a b ab a b a b

  

        

   

Dấu ‘‘=’’ xảy a b

0,5

Áp dụng kết quả ta có:

1 1 1 1 1 1

2xy xz yz xy xz xy yz 4 xy xz xy yz

 

     

          

          

1

16 16

z y x

xy xz yz xyz

     

      

    (1)

Tương tự, ta có:

1

2 16

z y x

xy xz yz xyz

   

  

    (2)

Và 1

2 16

z y x

xy xz yz xyz

   

  

    (3)

0,5

Vậy

1 1 4

2 2 16

x y z

xy xz yz xy xz yz xy xz yz xyz xyz

   

    

Các bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu ‘‘=’’ xảy x y z  Vậy đẳng thức xảy

3

x y z   0,5

5 (1.0 điểm)

Cho n một số nguyên dương thỏa mãn n1 2n1 đồng thời

là hai sớ phương Chứng minh n chia hết cho 24 1,0 Đặt n 1 k2,2n 1 m k m2, ( , ¥)

Vì 2n1 số lẻ nên m số lẻ

Đặt m 2t 1, (t¥) Khi đó:    2    

2n 2t n 2t t

Suy n chẵn nên k lẻ

0,25

Ta lại có: n 1 k2  n k1k1

Vì k lẻ nên k1 k 1 hai số chẵn liên tiếp Do đó n chia hết cho (1)

0,25 Mặt khác k2 m2 n 1 2n 1 3n2 nên k2 m2 chia cho

dư 0,25

Do k2và m2 chia cho dư dư

Suy cả hai số k2và m2 chia cho dư 1, nên m2k2 chia hết cho 3, mà m2 k2 2n 1 n 1 n

Do đó n chia hết cho (2)

Từ (1) (2), kết hợp với  3, 1 suy n chia hết cho 24