Đáp án HSG Toán học lớp 9 Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

MƠN TỐNLỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 Lưu ý: Thí sinh làm theo khác cho điểm tối đa Điểm thi làm tròn đến 0,25 điểm

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

Câu1 2,0 điểm

a) 1,0điểm

Đặt a = + 5 5 2 - 5 5

2 2

  

, a >  2

2 5 5

a 4 4 4 6 4 5 1 3 5 3 5

2 a



             

0,25

6

3 5 1

2

x  

         5 1

2

 

     0,25

2

x = 1  x 2x 1 0 0,25

B = 2x3 + 3x2 – 4x +

B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + = 0,25

b) 1,0điểm

2014 2015 2014 2014 2015 2014

x   x  x y   y y(1)

ĐKXĐ: 2014x y; 2014

(1) x2014 y2014 2015 x 2015 y 2014 y 2014 x Nếu x khác y 2014x y; 2014 x2014 y2014>0;

2015 x 2015 y>0; 2014 x 2014y>0 , (1)

0,25

  1

2014 2014 2015 2015 2014 2014

x y

x y x y x y

 

     

        

  (2) 0,25

Khi dễ chứng tỏ

1 1

0

2014 x 2014y  2015 x 2015y  0,25 Mà x y 0 nên (2) vơ lý VT(2) ln khác

Nếu x=y dễ thấy (1) Vậy x = y 0,25

Câu 2,0 điểm

a) 1,0 điểm

x3x1 x 1 2x x 1 23(1) ĐKXĐ:x 1

Đặt: y  x1;z  2 Khi (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2)

Chứng minh (2) (x+y)(x+z)(z+x) =

0,25

Với: x + y =  x x  1 0 x  1 x 1 5 2

x 

  ( Thỏa mãn)

0,25

Với: x + z =  x 2 0   x 2 ( không thỏa mãn) 0,25 Với: y + z =  x 1 2 0 - vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm:

2

x 

b) 1,0 ®iĨm

   

2

3 2

x + y =

x xy x y

x y

    



  



2 2

2 2

3 2

x + y x + y

x xy x y x xy y x y

x y x y

            

 

 

       

 

 

0.25

Ta có:2x2xy y 25x y   2 0 y x 2y2x 1 0

y x

   y2x1

0.25

Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = suy x = Ta nghiệm (1;1)

0.25

2

y x thay vào (2) ta được: 5x2 – x – = , suy x = 1;

x  Ta nghiệm (1;1) ( 4; 13

5  

) Vậy hệ có nghiệm (1;1) ( 4; 13 5  

)

0.25

Câu 2,0 điểm

a) 1.0 điểm

Tìm số nguyên tố p cho số 2p21; 2p23; 3p24 số nguyên tố

+) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập  1; 2; 3 Khi p2chia cho dư: 1;4;2

0.25

Xét p 2 2p21; 2p23 & 3p2 4 7

Nếu p2chia cho dư 3p24chia hết trái GT Nếu p2

chia cho dư 2p21

chia hết trái GT Nếu p2chia cho dư 2p23 chia hết trái GT

0.25

+) Xét p=2 3p24

=16 (loại) 0.25

+) Xét p=7k, p nguyên tố nên p=7 nguyên tố, có:

2 2

2p  1 97; 2p  3 101; 3p  4 151đều số nguyên tố Vậy p =7

0.25

b) 1,0 ®iĨm

Giả thiết 3x3218y22z23y z2 54(1) +) Lập luận để z2M3zM3z2M9z29(*)

0,25 (1)3(x3)22z23 (y z2 26) 54(2)

(2)54 3( x3)22z23 (y z2 26) 3( x3)22.9 3 y2

2

(x3) 3y 12

2 4 1; 4

y y y

     y nguyên dương

0,25

Nếu y2   1 y 1 (1) có dạng:

 2 2 2 2 72 2

3 72 72

5

x  z   z   z  z   z (vì có(*)) Khi 3x32 27x32 9, x nguyên dương nên tìm x=6

0,25

 2 2 2 2 2

3 x3 14z 126 14 z 126     z z z 3(vì z nguyên dương) Suy (x3)2   0 x 3(vì x nguyên dương)

Đáp số

3

2;

3

x x

y y

z z

 

 

   

 

   

 

Câu 3,0 điểm

a) 1,0 ®iĨm

Vẽ hình (1 trường hợp)

M P N

E

O B

D

C A

F I

H

K

0,25

Sđ· 1800 d» d» 600

s DE

BAC  s DE 0,25

Suy EOD· 600 nên tam giác OED 0,25

suy ED = R 0,25

b) 1,0 ®iĨm

· ·

APE ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ·ABM ·ADE (Cùng bù với góc EDC)

Suy ra: ·ABM  ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM

0,25

Nên AE AM AE AB AM AP

AP  AB   (1)

0,25 Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF

AE AF

AE AB AN AF

AN  AB   (2)

0,25

Từ (1) (2) suy ra: AN.AF = AP.AM

0,25

c) 1,0 ®iĨm

Xét I nằm B, D( Nếu I nằm ngồi B,D vai trò K với DC I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên ·FHK FCK· ( FBD· ), suy tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC· 900

Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:DK BH

FK  FH

Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên:CK BI

FK  FI

Suy ra: DC BH BI

FK  FH FI

0,25

DC BD BH BD BI BH ID

FK  FI  FH  FI FI  FH  FI

MàID HC

FI  FH suy ra:

DC BD BH HC BC

FK  FI  FH  FH  FH

0,25

Vậy BC BD CD 2BC FH  FI FK  FH nên

BC BD CD

FH  FI FK nhỏ FH lớn F trung điểm cung BC

0,25

Câu 1,0 điểm

Có xy yz zx xyz  1 1

x y z

    (1) Ta chứng minh với x, y dương:

2 2

( ) (*)

a b a b

x y x y



 



(*)

2

2

( ) ( )

a b

x y a b

x y

 

     

 

2 y x 2

a b ab

x y

  

2

y x

a b

x y

 

   

  đúng; “=”

y x

a b

x  y =0a=

x b

y

0,25

Áp dụng(*) ta có: 12 12 (1 1)2 22 (" " y z: 1)

y z y z y z



     

 

2 2

2 (2 2)

(" " ) 2y y z 3y z 3y z y y z y z



         

  

2 2

4 (4 4) 64

(" " ) 4x 3y z 4x 3y z 4x 3y z x y z



       

    

0,25



2 2

64 4 2 1 1 4 1

(" " 4 3 &

4 3x y z4x2y y z x y z        x y z y z x=y=z)

0,25

Tương tự: 64 3(" " )

4 x y z

x y z   x y z    

64 4(" " ) 3x y 4z   x y z    x y z

1 1

4 3

M

x y z x y z x y z

  

      

1 1 1 x y z

 

  

 

  ( theo (1)) Vậy M đạt GTLN 1

8 x = y = z = 3( theo (1))

0,25