Đề đáp án HSG toán 9 huyện quế sơn 2017 2018(vòng 2)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II
Bài 1 (3,0 điểm):
Cho ba số thực a, b, c thỏa a  b   c  0 .
a 4  b 4  c 4   2  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 
a) Chứng minh
.
4
4
4
2
2
2
b) Tính a  b  c khi có thêm điều kiện a  b  c  6 .
Bài 2 (4,0 điểm):
Tam giác ABC có số đo các cạnh là: a, b, c. Gọi 2 p là chu vi của tam giác.
Chứng minh rằng :
1 1
4
 �
a) a b a  b
1
1
1

�1 1 1 �


�2 �   �
�a b c �
b) p  a p  b p  c
2
2
2
c) Cho 2p = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của a  b  c
Bài 3 (4,0 điểm):
x 2  1  x  3  x  5   m

Cho phương trình:
. Thực hiện:
a) Giải phương trình với m = 9.
b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa:

1 1 1 1
    1
x1 x2 x3 x4
Bài 4 (7,0 điểm):
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C). Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM. Tia AM cắt đường
thẳng CD tại E.
a) Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân.
b) Chứng minh MN // BE.
c) Gọi H là giao điểm của OM với BE. Chứng minh CH vuông góc với BE.
Bài 5 (2,0 điểm):
2

2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x  4 x  3 y  19
====HẾT====

/>

UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN VÒNG II
Bài 1 (3,0 điểm):
Từ a  b   c  0 được:
a 2  b2   c 2  2ab  2ac  2bc  0

(a 2  b 2   c 2 ) 2  4( ab  ac  bc ) 2
(a 2  b 2   c 2 ) 2  4( a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2  a 2bc  b 2ac  c 2ab)

0,25
0,25
0,25
0,50

(a 2  b 2   c 2 ) 2  4( a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2  abc (a  b  c ))
Thay a + b + c = 0 được:

(a 2  b 2   c 2 ) 2  4( a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2 )
a 4  b 4  c 4  2(a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2 )

0,25
0,50

2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
(
a

b

 
c
)

4(
a
b

a
c

b
c ) và
Từ

(a 2  b 2  c 2 )2
4
4
4
a

b

c

 
a  b  c   2  a b  b c  c a 
2
được:
62
a 4  b4  c4 
 18
2
Thay được
Bài 2 (4,0 điểm):
1 1
4
ab
4
�۳
a b ab
ab
ab
2
� (a  b) �4ab (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0)

4

4

4

2 2

2 2

2

2

� (a  b)2 �0
Áp dụng a) được:
1
1
4
4

�

p  a p b 2p a b c ;
1
1
4
4
1
1

4
4

�


�

p  a p  c 2p  a c b ; p b p c 2p b  c a
Cộng được:
1
1
1
4 4 4
2(


)�  
pa p b p c
c b a
1
1
1
1 1 1
�


�2(   )
p a p b p c
c b a

2
2
2
2
2
2
a

b
�
2
ab
;
b

c
�
2
bc
;
a

c
�2ac
Có
2
2
2
Cộng được: 2(a  b  c ) �2ab  2ac  2bc

/>
0,75
0,25

0,25
0,50
0,25
0,50
0,25

0,25
0,25

0,50
0,25


0,25

� 3(a 2  b 2  c 2 ) �a 2  b 2  c 2  2ab  2ac  2bc
(a  b  c) 2  2 p 
� a b c �

3
3
2
2
2
a  b  c có giá trị nhỏ nhất là 182: 3 = 108 khi a  b  c = 6.
2

2

2

0,25

2

0,50

Bài 3 (4,0 điểm):
 x  1 ( x  1)  x  3  x  5   9

0,50

( x 2  4 x  5)( x 2  4 x  3)  9
2
Đặt y = x  4 x  1 được:
( y  4)( y  4)  9 � y 2  25 � y  5 và y  5

0,50

x 2  4 x  1  5 � x 2  4 x  4  0 � x  2
x 2  4 x  1  5 � x 2  4 x  6  0 được x  2  10 và x  2  10
2
2
2
Từ phương trình ( x  4 x  5)( x  4 x  3)  m (*). Đặt y = x  4 x  1 được
( y  4)( y  4)  m

y  m  16 và y   m  16
1 1 1 1
x x
x  x4
    1 � 1 2  3
 1
x1 x2 x3 x4
x1 x2
x3 x4

(*)

Do x1; x2 ; x3 ; x4 có vai trò như nhau trong biểu thức.
Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình:

x 2  4 x  1  m  16 � x 2  4 x  1  m  16  0

(1)

0,25
0,25
0,50

0,50

0,50

Có: x1  x2  4 và x1.x2  1  m  16 .
và x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình:

x 2  4 x  1   m  16 � x 2  4 x  1  m  16  0

(2)

Có: x3  x4  4 và x3 .x4  1  m  16 .
Thay vào (*) được:
4
4
1
1
1

 1 �


1  m  16 1  m  16
1  m  16 1  m  16 4
2
1

� m  16  1  8 � m  7
(1  m  16)(1  m  16) 4
Với m = -7 thì (*) có 4 nghiệm phân biệt. Kết luận m = -7.
Bài 5 (2,0 điểm):
2 x 2  4 x  2  21  3 y 2

0,25

0,50

0,25

2( x  1)  3(7  y )

0,50
0,25

2
2
Do 2( x  1) �0 nên y �7

0,50

2

2

/>

Xét : y = 0; y = ±1; y = ±2
2
2
Do 2( x  1) là số chẵn  7  y là số chẵn  y = ±1
Được nghiệm (2; 1 ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1)

Bài 4 (7,0 điểm):
OBN và ∆OCM có:
BN = CM (gt)
OB = OC (ABCD là hình vuông)
OBN = OCM = 450.

 ∆OBN = ∆OCM
 ON = OM
(1)
Và BON = COM  BON + BOM = COM + BOM
 NOM =COB = 900
(2)
Từ (1) và (2) được ∆NOM vuông cân tại O.
AM BM
=
AB // CE � ME MC (Theo Ta-Let)
Có BM = AN � NB = MC.
AM AN
=
Thay được: ME NB � MN // BE (Theo Ta-Let đảo)

MN // BE  BHM =  NMO = 450
(1)
 BMH =  OMC (đối đỉnh)  BMH đồng dạng với OMC
 MH/MC = MB/MO
Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh)  MHC đồng dạng với MBO
 MHC = MBO = 450
(2)
0
0
0
Từ (1) và (2) được BMC = BHM + MHC = 45 + 45 =90 .
Hay CH  BE.
====HẾT====
/>
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50
0,25
0,75
0,50
0,75
0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25


/>

Để dành:
Giải các phương trình sau:
2
2
2
(

x

6
x
)

2(
x

3)
 81
a)
2
b) x  4 x  5  2 2 x  3

( x 2  6 x)2  2( x 2  6 x  9)  81
( x  6 x)  2( x  6 x)  18  81  0
2

2

2

2
2
Đặt y = x  6 x được: y  2 y  99  0

Giải phương trình theo y được: y1 = 11 và y2 = - 9
2
Giải x  6 x  11 được x  3  20 và x  3  20

2
Giải x  6 x  9 được x  3

0,50
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25

Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3  20 ; x  3  20 ; x  3
Cộng 2x+ 3 + 1 vào 2 vế được:
x2  6 x  9  2x  3  2 2 x  3  1

( x  3)2  ( 2 x  3  1) 2
x  3  2x  3  1 � x  2  2x  3
� x 2  4 x  4  2 x  3 và x  2
x 2  2 x  1  0 � x  1
x  3   2x  3  1
x  4   2x  3
x 2  8 x  16  2 x  3
x 2  6 x  13  0 (vô nghiệm)

/>
0,50
0,50

0,50

0,50