Đáp án Đề HSG môn toán cấp huyện
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (124.31 KB, 4 trang )
hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 2012 - 2013
Môn thi: Toán
Câu ý Định Hớng giải Điểm
1
5đ
a
3.0đ
ĐKXĐ:
1
0
01
01
0
x
x
x
x
x
0,5
Ta có: P =
3 9 3 1 1 1
:
1
2 1 2
x x
x
x x x x
+
+ +
ữ
ữ
+ +
0,5
= [
)1].(
)2)(1(
1
)2)(1(
2
)2)(1(
333
+
+
+
+
+
+
+
x
xx
x
xx
x
xx
xx
0.75
=
)1)(13(
2
)1)(13)(2(
)2)(1(
)1)(1)(253(
+=
+
++
=
+
++
xx
x
xxx
xx
xxxx
Vậy với x
1,0 x
thì P =
)1)(13( + xx
0,75
0.5
b
2.0đ
Ta thấy x = 4 - 2
3
= (
1313)13(
2
== x
0.75
Vậy P =
)1)(13( + xx
= [3
1)13(
](
113 +
)
= (3
3
- 4).
3
= 9- 4
3
0.75
0.5
2
4đ
a
2.0đ
13
2+x
+
15
452 +x
=
37
83 +x
+
9
694 +x
(
13
2+x
+1)+(
15
452 +x
-1)=(
37
83 +x
+1)+(
9
694 +x
-1)
+
+
13
15x
15
)15(2 +x
=
37
)15(3 +x
+
9
)15(4 +x
0)
9
4
37
3
15
2
13
1
)(15( =++x
x=-15
Vậy phơng trình có nghiệm x=-15
0,5
0,5
0,5
0,5
b
2.0đ
122 +++ xx
+
122 ++ xx
= 2 (*)
Gii: K : x -1
(*)
2
)11( ++x
+
2
)11( +x
= 2
1
+
x
+ 1 +
1 1x +
= 2
+ Nu
1
+
x
1 x 0
thỡ (2)
1
+
x
+ 1 +
1
+
x
- 1 = 2
2
1
+
x
= 2
0,25
0,5
1
⇔
1
+
x
= 1
⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thoả mãn điều kiện)
+ Nếu
1
+
x
< 1 ⇔ x < 0 thì :
(*) ⇔
1
+
x
+ 1 + 1 -
1
+
x
= 2
⇔ 0
1
+
x
= 0 ( thoả mãn với mọi –1 < x < 0)
Vậy phương trình (*) có nghiệm –1 ≤ x ≤ 0
0,5
0,5
0,25
3
2®
Do 0 < x, y, z
≤
1 đặt a = 1 – x
≥
0, b = 1- y
≥
0, c = 1- z
≥
0
và a + b + c = 1 suy ra z = 1- c = a + b, y = 1 – b = a + c, x = 1- a = c + b
Khi đó A =
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ +
+ + +
Theo bµi ra a,b,c > 0. Áp dụng BĐT Côsi ta có:
2 2 2
a a b a a b a a b
2 . a
a b 4 a b 4 a b 4
+ + +
+ ≥ ⇔ + ≥
+ + +
2
a a b
a
a b 4
+
⇔ ≥ −
+
Tương tự ta có:
2
b b c
b
b c 4
+
≥ −
+
;
2
c c a
c
c a 4
+
≥ −
+
Suy ra:
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ +
+ + +
a b c
2
+ +
≥
=
1
2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
1
3
suy ra x = y = z =
2
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng
1
2
khi x = y = z =
2
3
0. 25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
4
3®
Ta có:
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
+ +
⇔
0
1111
=
++
−+
+
zyxzyx
⇔
)( zyxz
yx
xy
yx
++
+
+
+
= 0
⇔
( )
2
11
(
zzyzx
xy
yx
++
++
) = 0
⇔
(x+y)(xz+yz+z
2
+xy) = 0
⇔
(x+y)[z(x+z)+y(x+z)] = 0
⇔
(x+y)(y+z)(x+z) = 0
⇔
2010 2010
2010 2010
2010 2010
( )
( )
( )
x y
x y
y z y z
z x
z x
= −
= −
= − ⇒ = −
= −
= −
Vậy B = (x
2010
– y
2010
)(y
2010
- z
2010
)(z
2010
– x
2010
) = 0
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
2
5
5,0đ
Hình vẽ
x
I
F
M
H E
K
A O B
a
1,75
đ
Ta có trung tuyến MO =AO = BO =
1
2
AB
=>ΔAMB vuông tại M(đlí đảo đường trung tuyến trong tam giác vuông)
=>ΔKMF vuông tại M.
Tương tự ta cũng có ΔKEF vuông tại E.
Gọi G là trung điểm của FK ta có GM=GE=GF=GK=
1
2
FK
0.25
0.5
0.25
0.5
Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.25
b
1,75
đ
Ta có
HAK∆
cân tại A nên AH = AK (1) 0.25
K là trực tâm của
AFB∆
nên ta có
FK AB⊥
suy ra FK // AH (2) 0.25
Do đó
·
·
FAH AFK=
mà
·
·
FAH FAK=
(gt) cho nên
·
·
AFK FAK=
0.25
Suy ra AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) 0.25
Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà
AK IB⊥
suy ra
HF IB⊥
. 0.5
c
1,5đ
Chu vi của
AMB
AMB C MA MB AB
∆
∆ = = + +
lớn nhất
⇔
MA + MB lớn
nhất (vì AB không đổi).
0.5
Áp dụng bất đẳng thức
( )
( )
2
2 2
2a b a b+ ≤ +
dấu "=" xảy ra
a b⇔ =
, ta
có
( )
2
2 2 2
2( ) 2MA MB MA MB AB+ ≤ + =
0.25
Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng
2AB
khi và chỉ khi
MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
0.25
Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì
AMB
C
∆
đạt giá trị lớn nhất.
Khi đó
2 (1 2) 2 (1 2)
AMB
C MA MB AB AB AB AB R
∆
= + + = + = + = +
0.5
6
1®
Ta cã: x
2
-100 = 6xy-13y
2
⇔
x
2
-6xy+9y
2
+4y
2
=100
⇔
(x-3y)
2
+ (2y)
2
=100
⇔
22
23 yyx +−
= 6
2
+8
2
= 0
2
+10
2
⇔
=
=−
82
63
y
yx
hoÆc
=
=−
62
83
y
yx
hoÆc
=
=−
102
03
y
yx
hoÆc
=
=−
02
103
y
yx
0.25
3
+
=
=
82
63
y
yx
=
=
4
6
y
x
hoặc
=
=
4
18
y
x
+
=
=
62
83
y
yx
=
=
3
1
y
x
hoặc
=
=
3
17
y
x
+
=
=
102
03
y
yx
=
=
5
15
y
x
+
=
=
02
103
y
yx
=
=
0
10
y
x
(loại)
Vậy cặp các số nguyên dơng (x;y) cần tìm thoả mãn phơng trình đã cho
là: (x;y) =
{ }
)5;15(),3;17(),3;1(),4;18(),4;6(
.
0.25
0.25
0.25
Chỳ ý : - Nu hc sinh lm theo cỏch khỏc m ỳng vn cho im ti a.
4
