Đáp án HSG Toán học lớp 9 huyện Kinh Môn, Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

[r]

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 9

Câu Phần Đáp án Điểm

Câu (2đ)

1

(1đ) A=

1 1

1  2 3  48 49 =1 2 48 49

1 1

     

  

=1 49

 

= 49 1 =

0,5 0,25 0,25

(1đ) xy xy = x yy x Điều kiện: xy >

2

x y y x

 = y x22 x y

x2 = y2  x=y ( xy > 0)

Khi B = x3 + 2013x3 - 2014x3 + 2015 = 2015

0,25

0,25 0,25 0,25 Ta có ( 1) ( 1)( 1)( 1)

1

1

1 1

1 a a a  a a  a  a 

a chia hết cho

vì có tích số tự nhiên liên tiếp Ta xét ( 1)( 1)( 1)

1 1 1

1 a a a  a  a 

a với trường hợp sau : - Nếu 5 (5 1)(5 1)25 1

1

1 ka a  k k k k 

a chia hết

cho

- Các trường hợp lại a15k1;a1 5k2 chứng minh tương tự ta suy 1

1 a

a  chia hết cho Mà UCLN(5,6) = nên a15 – a1 chia hết cho 30

Chứng minh tương tự :

a25 – a2; ; a20155 – a2015 chia hết cho 30 Suy :

( a15 – a1) + (a25 – a2) + + (a20155 – a2015) chia hết cho 30 Suy ra: M – N chia hết cho 30; mà N chia hết cho 30 Suy ra: M chia hết cho 30

0,25

0,25

0.25

0,25

Ta có:

(*) 99 5 ) ( 99

4 10

100

1 10

100

2



     

    



   



n n

c a

n n

a b c

cba

n c b a

abc

Mặt khác: 100 ≤ n2-1≤ 999 => 101 ≤ n2 ≤ 1000 => 11 ≤ n ≤ 31( n Z)(**)

Từ (*)(**) => 4n – = 99 => n = 26 Vậy abc675

Câu (2đ)

1

(1đ) Đặt

2 3 1

x  x = y ( Điều kiện y 0) Thì x23x1=y2

Phương trình trở thành

y2 + 4= 4y ( y-2)2 =0 y=2 ( Thoả mãn điều kiện y 0) Với y =2 ta có : x23x1=2x2 -3x +1 =4x2 -3x -3 =0

2

3 x   

 

  = 21

4  x-3 2=

21

 x=3 21

2



Vậy phương trình có hai nghiệm x=3 21



0,25 0,25 0,25 0,25

Đặt A a1 a3(A0) B2 a2(B0); do a0

8 ) (

) )( (

2

   

  

 

a a

B

a a a

A

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương (a+1) (a+2), Ta có:

4 ) )( ( 2

) ( ) ( ) )(

(a a  a  a a  a a  a Dấu “ = ’’ khơng xảy a + ≠ a +

4 ) )( (

2    

 a a a

 A2 < 2a + + 2a + = 4a + = B2 A2 < B2 ; A > 0; B > => A < B

0,25

0,25

0,25 0,25

H

F

E

D

C B

A

1

Tứ giác AEDF có góc DEA góc EAF góc AFD 900

Tứ giác AEDF hình chữ nhật mà có AD tia phân giác góc A nên tứ giác AEDF hình vng

Xét AED vuông cân E ÁP dụng định lý Pitago ta có AD2=AE2+ED2 => AD2 =2AE2

AE= 2

d

Vậy chu vi tứ giác AEDF 2d

Diện tích tứ giác AEDF 2 d

0,25

2 Ta có SABC = SABD+ SACD



2 AB AC=

1

2AB DE2AC DF 

2b c =

2

2

d d

c b

 bc =

2

d d

c b

 2bc = cd + bd

d

 =1

b c

0,25 0,25

0,25

0,25

3 Kẻ BH vng góc với AD H Xét ABH vng H

S A

in =BH BD AB  AB

Theo tính chất đường phân giác tacó: BD

AB= CD AC =

BD CD AB AC



 =

BC AB AC =

a b c

=>S A in a

b c 

 =>

2

b c A a Sin

 

Tương tự: ;

2

c a a b

B b C c

Sin Sin

 

 

=> 1

2 2

c b c a a b

A B C a b c

Sin Sin Sin

  

    

=> 1

2 2

c b c a a b A B C a a b b c c Sin Sin Sin

       

Áp dụng Cosi ta có : 1

2 2

A B C

Sin Sin Sin

  

Dấu = xảy a=b=c hay tam giác ABC đều, trái giả thiết tam giác ABC vuông

=>

2 2

1   

C Sin B Sin A Sin

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(1đ) A= 2

1

1x 4y xy với xy  A= 2 2

1

1

xy x  y 

  

    Đặt x= a;

2

y= b

ab=

xy

   

 

2

2

1

=

1

1

2

1

=

a a+b

a+b 1

= = = 1=3

ab a+b ab ab

A ab

a b

A ab

ab a ab b ab b a b

ab ab ab ab

 

 

  

 

 



     

( Vì ab

ab  với a.b1)

Vậy giá trị nhỏ A = xy =

0,25

0,25

0,25