Đáp án HSG Toán học lớp 9 cấp huyện TP Hải Dương, tỉnh Hải Dương 2014-2015 vòng 2 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (328.27 KB, 5 trang )

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

PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM 
Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)
Ngày thi 03 tháng 03 năm 2015

Câu Ý Nội dung Điểm

TP

Tổng 
điểm

Phân tích A= 4 3 2







6 11 2 7 1 5 7

n  n  n  n  n  n n  n 0.25

1
Với n=0 thì A =-7 khơng là số nguyên tố. 0.25
VớinN n, 1 thì 2 2

0n   n 1 n 5n7
Để A là số nguyên tố thì:

2 2 1( )

1 1 2 0 ( 1)( 2) 0

2( )

n tm

n n n n n n

n ktm


            
 

0.25

Khi n=1 thì A=13 là số nguyên tố. Vậy n=1 0.25





1 3 4 2 3 3 1

4 2

2 3 2 2 3 1

x     

  0.25

Suy ra: 2x22x 1 0 0.25









2015 2014 2014 2

2 2

4 1 2 2 1 2 (2 2 1) 2 1

2 3 2 2 1 1

2 1 1 2

2 2 3 3

1 1 3 1

x x x x x x x x

M

x x x x x

x
x x
       
 
    

      
  
0.25

2 1 1 2

2 2 3 3

1 1 3 1

x

x x



      

   . VậyM  3 3 0.25

ĐK: 1 6

3 x

  

. Với điều kiện đó thì phương trình tương tương với: 0.25





( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0

3 1 16 1 6

( 5)(3 1) 0

3 1 4 1 6

3 1

5 3 1 0

3 1 4 1 6

x x x x

x x
x x
x x
x x
x x
        
   
     
   
 
      
   
 
0.25

3 1 1

5 0 3 1 0 khi 6

3 1 4 1 6

x Do x x

x x
x

 
          
   
 
 
0.25
KL: Phương trình có một nghiệm duy nhất x=5 0.25

2 2

5 8 3

(2 4 1) 2 1 (4 2 3) 2

x y y

x y x y x y x y

   




       

 ĐKXĐ:

2 1
2 0
x y
x y
 

  
 0.25

Hệ phương trình tương đương với:

2 2

5 8 3 (1)

[2( 2 ) 1] 2 1 [2(2 1) 1] 2 (2)

x y y

x y x y x y x y

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

Đặt 2 1
2 =b

x y a

x y

   






 thì phương trình (2) trở thành:



a b



2ab 1



Mà 2ab 1 0 nên



a b



2ab   1



0 a b

0.25 1

Suy ra x=3y+1. Khi đó phương trình (1) trở thành:
2

2 1 0 1

y

y y

y





    

 


Với y=1 thì x=4 (Thoả mãn)
Với y= 1

2


thì x= 1
2


(Khơng thoả mãn)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x=4; y=1)

0.25

Xét 2

3x171 y :
Với x=1 suy ra 2

174

y  (Không thoả mãn với y nguyên dương) 0.25

1
Với x2. Đặt x-2=n. Ta có: 2 2

9.3n 171 3n 19

y k

     (1) với
3
y

k  0.25
*Nếu n2m thì từ (1) suy ra: (k3 )(m k3 ) 19m 

Suy ra 3 19 10

3 1

m
m

k k

m
k

    

 

  

 

 



Suy ra n=4, y=30, x=6

0.25

*Nếu n lẻ thì 3n19chia 4 dư 2, k2chia 4 dư 0 hoặc 1 (vơ lí)

Vậy x=6, y=30. 0.25

Giả sử đa giác đều M có số cạnh là a , đa giác đều N có số cạnh là b
,

a bN và a b, 3

Mỗi góc trong của M là: (a 2)1800

a



Mỗi góc trong của N là: (b 2)1800

b



0.25

1
Ta có:

( 2) 7

9 ( 2) 7 ( 2)

( 2) 9

7 9

9 63

7 3

b a

b a a b

a b

ab a b

b
a

b b

     



  

   

 

0.25

Do a và b là các số tự nhiên lớn hơn 3 nên ta tìm được b=14 hoặc b=56

Suy ra a=6 hoặc a=8 0.25

*Với a=6 thì đa giác M có số đường chéo là: 6(6-3):2=9
b=14 thì đa giác N có số đường chéo là: 14(14-3):2=77
*Với a=8 thì đa giác M có số đường chéo là: 8(8-3):2=20
b=56 thì đa giác N có số đường chéo là: 56(56-3):2=1484

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

1
a

0.25

1
Gọi N là giao điểm thứ hai của MA với (O’).

Chứng minh: 2

MD MA MC 0.25

Suy ra
2

. .

MD MA MC MC

MA MB  MA MB  MB 0.25

Chứng minh hai tam giác MBN và OBO’ đồng dạng suy ra:
OO'

MC

MB  OB (khơng đổi)

0.25

1
b

0.25

1
Có CK // EF => góc ICK = góc IEF.

Mà góc IEF = góc KCA => Góc ICK = góc KCA
=> CK là phân giác của góc ICA.

Chứng minh tương tự ta được: KC là phân giác của góc IKA.
=> Hai điểm I và K đối xứng nhau qua CK

=> IA vng góc với EF.

Mà EF // CK => IA vng góc với CK.

0.25

Gọi giao điểm của AB với CK là H.

Do CK là tiếp tuyến của (O) và (O/) nên ta chứng minh được

HC2 = HA.HB và HK2 = HA.HB.
Suy ra HC = HK

0.25

Do CK // EF nên CK // PQ => HC HK

AP  AQ ( hệ quả của định lí Ta- let)

Từ đó suy ra: AQ = AP.

Vậy tam giác IPQ là tam giác cân tại I.

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

Ta có: gócMCD = góc MAK suy ra: các tam giác MCD, MAK đồng dạng suy
ra MD MC MC MA MD. (1)

MK  MA  MK

Tương tự các tam giác MBD, MAH đồng dạng suy ra

(2)

MD MB MA MD

MB

MH  MA  MH

0.25

Chứng minh được: MA.BC=AB.MC+AC.MB 0.25

Suy ra: MA BC. AB.MA MD. AC.MA MD.

MK MH

 

Suy ra: BC AC AB
MD MH MK

Từ đó BC AC AB 2.BC
MDMH MK  MD(*)

Lại có BC=R 3. Suy ra BC AC AB 2R 3
MDMH MK  MD

0.25

Để BC AC AB

MDMH MK nhỏ nhất thì MD lớn nhất

MD lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung BC
Khi đó

2
R
MD

Vậy BC AC AB 2R 3 4 3

MDMH MK  MD 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung BC

0.25

Do 0 < x, y, z < 1 .
Mà xyyzxz1

Suy ra ta chứng minh được: x  y z 3 (1)
Và x(1-x) ; y(1-y) ; z(1-z) > 0 ; 1 x;1 y;1 z 0

x y z

   

0.25

1
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các cặp số dương ta có:

2
(1 )

(1 ) 2 (1 )

y y

y y x y

y



   

2
(1 )

(1 ) 2 (1 )

x z

z z y z

z



   

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2
(1 )

(1 ) 2 (1 )

z x

x x z x

x



   

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:

2( ) 2( )

S   x y z x  y z xyyzzx

=> S   x y z 2 ( 2) ( Doxyyzxz1)
Từ (1) và (2) suy ra S  32

0.25

Đẳng thức xảy ra khi 3
3

x  y z (thoả mãn ĐK)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức S là  32 khi 3
3
x  y z

0.25

* Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>

Đáp án HSG Toán học lớp 9 cấp huyện TP Hải Dương, tỉnh Hải Dương 2014-2015 vòng 2 - Học Toàn Tập



































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về