Đáp án HSG Toán học lớp 9 huyện Ninh Giang, Hải Dương 2013-2014 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (247.33 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NINH GIANG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN

MƠN TỐNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013 – 2014
Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1 
2,0 
điểm

1điểm



 





 









2 2

3x 10xy 3y

3x 9xy xy 3y
3x x 3y y x 3y

x 3y 3x y

 

   

  

0, 5

0,5

b)
1,5
điểm













 





x 3 2 x 3 x 3
A

2 x 3 x 3 x 3

   



   

* Xét trường hợp x > 3 ta có:

x 3 x 3 2 x 3 x 3 x 9

x 3
x 3

x 3 2 x 3 x 3

 

       

  



  

     

*Xét trường hợp x 3 ta có













 























x 3 2 x 3 3 x
A

2 3 x x 3 3 x

x 3 x 3 2 3 x

3 x 2 3 x x 3

x 3 3 x

x 3 x 9

3 x x 3

3 x

      



     
      


     
  

  

    

 



Kết luận .Vậy với x 3 ; x3 thì

x 9

x 3






0,25

0,5

0, 5

0,25

Câu 2 
2,0 
điểm

a)
1.0 điểm

ĐK x, y, z 1
4



Cộng từng vế ta có :



 















2 2 2

2x 2y 2z 4x 1 4y 1 4z 1

4x 4y 4z 2 4x 1 2 4y 1 2 4z 1 0

4x 1 1 4y 1 1 4z 1 1 0 (*)

Vì 4x 1 1 0; 4y 1 1 0; 4z 1 1 0

4x 1 1 0

1
Nên (*) xay ra 4y 1 1 0 x y z

2
4z 1 1 0

       

         
         

        
   



       
   



Kết luận : vậy x y z 1
2

  

0,25

0, 5

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

b)
1,0

ĐK :

2
2
2

3x 5x 1 0
x 2 0
x x 1 0

   

 


   

(*)

























2 2 2 2

2 2

PT 3x 5x 1 3 x x 1 x 3x 4 x 2 0

2x 4 3x 6

0
x 3x 4 x 2
3x 5x 1 3 x x 1

2 3

x 2 0

x 3x 4 x 2
3x 5x 1 3 x x 1

           
   
  
   
    
 
 
 
    
   
    
 
 
Vì





2 2

2 3

x 3x 4 x 2
3x 5x 1 3 x x 1

 



   

     < 0

nên x 2   0 x 2

Thử lai thấy x=2 thỏa mãn DDK (*) . vậy x= 2 là nghiệm của phương trình

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 
2,0 
điểm
a)
1.0 điểm



 









6x 2xy y 10
6x 2xy y 3 7
y 3 2x 1 7

  

    

   

x,y là số nguyên nên y 3và 2x 1  là số nguyên . Vì vậy y+3 ; 2x-1 là ước của 7
Ta có các trường hợp sau:

1)














2
4
7
1
2
1
3
y
x

x
y
2)













4
1
1
1
2
7
3
y
x
x
y

3)


















4
3
7
1
2
1
3
y
x
x
y
4)

















10
0
1
1
2
7
3
y
x
x
y

Kết luận

      

x;y 



4;2,1;4, 3;4

 

; 0;10





0.25

0,5

0,25

b)
1.0 điểm

* Nếu x =0 hoặc y= 0 thì 1xy 1 là số hữu tỉ
*Nếu x, y đều khác 0

3 4 2

3 3

2 2

4 2 2

2

1

2

1 y

x

y

xy

x

xy

x

y

xy

x





 



  







 





 











2
2 2

1 xy y 1 y 1

x x

 

       

  là số hữu tỉ

Vậy

x

và

y

là các số hữu tỉ và thoả mãn đẳng thức

x



y



2 xy

.
thì

1 

xy

là một số hữu tỉ

0,25

0, 5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 4 
2,5 
điểm

N
M

D
C

B
A

1)a
0,75

Tam giác ABC nội tiếp (O) có AB là đường kính Tam giác ABC vng tai C
Tam giác ABM vuông tại B, BC là đường cao

2 2

. 4

AC AM AB R

   không đổi ( The hệ thức lượng trong tam giác vuông)

0,25

0, 5

1)b
0,75

Áp dụng hệ thức lượng trong tam các tam giác vuông AMB, ANB AMN ta có

2 2

2
2

4 2

3
3

. ; .

.
.

AM MB MN AN BN MN

AM BM

AN BN

AM BM AM CM

AN BN AN DN

AM CM

AN DN

 

 

  

 

0,25

0,5

2 B C

D
E

ABC cân tại A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800
Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 600, khi đó DBC = 200

nên BDC = 800

 BDC cân tại B  BD = BC = a .

BDC ABC ( g – g)  DC BC

BC  AC  DC =

2
a

b

 AD = b -

2
a

b

0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

BDE vng có EBD = 600 nên BE = 1

2 BD =
1

2a và DE = BD
3
2 = a.

3
2 ;

AE = b - 1

2a.

Áp dung định lý Pi-ta-go trong tg vng ADE có :
AD2 = AE2 + DE2  (b -

2
a

b )
2

= (b - 1

2a)

+ (a. 3

2 )

 b2 - 2a2 +

4
2
a
b = b

- ab +

a

3
4

a



4
2
a
b = 3a

–ab

 a4 = 3a2b2 - ab3  a4 + ab3 = 3a2b2  a3 + b3 = 3ab2

0,25

Câu 5 
1,0 
điểm

* Nếu y = 0 thì P = 0
*Nếu y0 thì P0

* Nếu x,y trái dấu thì P < 0 .Do đó để tìm GTLN của P ta chỉ cần xét trường
hợp x, y cùng dấu

- Xét x0;y0 thì khơng thỏa mãn Đ K xxy1

- Xét x;y > 0

Từ 1 1 1 2 1

y y

x xy y

x x x

       

Đặt 0 1

y

t t

x

   

Ta có

2 2 1 2 2

1 1 1 1 15

16 16

y

x y x t

t t

y

P xy t t t t

x



   

       

 

Áp dụng bất dẳng thức cơ si cho hai số dương ta có

1 1 1

2 .

16 16 2

t t

   . dấu bằng xảy ra khi 1 2 1 1

16 16 4

t t t x y

t

      
Với 1 15 15.4 15

4 16 16 4

t

    . Dấu bằng xảy ra khi 1 4
4

t  x y

Do đó 1 17 4

4 P 17

P  

vậy GTLN của P bằng 4

17 khi x=4y

0,25

</div>