Dap an de thi HSG lop 9 nam hoc 20172018

UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN
PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9
DỰ THI CẤP TỈNH - NĂM HỌC 2017-2018
MƠN: Địa ly

Bài

Nội dung
a) 2 điểm
Ta có

Bài1
4 điểm



x3 

3

32 2 

3

3 2 2





3





3  2 2  3  2 2  3 3 3  2 2 3  2 2 .

3

32 2 

3

3 2 2



3
(1). Tương tự: y  3 y 24 2 (2)
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

x3 4 2  3 x  x3  3 x 4 2

x3  y 3  3( x  y ) ( x  y )3  3( x  y )( xy  1)  20 2
Vậy M =  20 2
b) a) 2 điểm

Do
a2 (b +c)=b2 ( c+ a)⇒ a 2 (b+c )− b2 (c + a)=0 ⇒( a− b)(ab+ bc+ ca)=0
⇒ab+ bc+ ca=0 ⇒(b −c )(ab+ bc+ ca)=0 ⇒ b2 (c +a)=c 2( a+b)
Vậy M = 2017
Bài 2
4 điểm

a) 2 điểm
Điều kiện: Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương
đương với:
x  2  1  4  x  1 2 x 2  5 x  3



 



x 3
3 x

 x  3  2 x  1
x  2 1
4  x 1
1
1


  x  3 


 (2 x  1)  0
4  x 1
 x  2 1

(1)
1
1
1

 (2 x  1) 
 1 5  0
x

2

1
4

x

1
2

1
2

x

4
Vì

nên


Do đó pt (1) có nghiệm duy nhất x=3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3
b) 2 điểm
Giải hệ phương trình:
 x 2  y 2  3 4 x
(1)
 3
3
2
 x  12 x  y 6 x +9 (2)
2
2
Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12 x  3x  3 y thế vào phương trình (2) thu gọn ta
được:


Bài

Nội dung
 x  y 0
x3  y 3 3( x 2  y 2 )  ( x  y )( x 2  xy  y 2  3x  3 y ) 0   2
2
 x  xy  y  3x  3 y 0
2
2
* Nếu x  y 0  y  x  y  x thế vào phương trình (1) ta được

2 x 2  3 4 x  2( x  1) 2  1 0 phương trình này vơ nghiệm.
2
2
* Nếu x  xy  y  3 x  3 y 0 , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta
được:
 x 3
 xy  3x  3 y  3  4 x  xy  x  3 y  3 0  ( x  3)( y  1) 0  
 y 1

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả
mãn phương trình (2).
+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2;
1) thoả mãn phương trình (2).
Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1).
a) 2 điểm
2
2
2
6
4
3
2
A = n −n +2 n +2 n = n ( n  1) (n  2n  2)

Bài 3
4 điểm

Bài 4
4
điểm

2
2
2
Với n  N , n  1  n  2n  2 (n  1)  1  (n  1)
2
2
2
và n  2n  2 n  2(n  1)  n
Suy ra n2-2n+2 không phải là số chính phương.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
b) 2 điểm
Giả sử B không phải là số nguyên tố. Do đó B có ước nguyên tố p, p < B .
Suy ra p n ⇒ n ! ⋮ p
Mặt khác A ⋮ B nên p\A ¿ ⇒ p( A − n!) hay p\1 vơ lí!
Mặt khác n nguyên dương nên B
0, B
1. Vậy B là số nguyên tố.
(GV tự vẽ hình)
a) 2 điểm. Tính được mỗi ý cho 1 điểm
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau nên MA=ME, NE=NC
Suy ra chu vi tam giác DMN= DM+DN+MN=DA+DC=2a
Tính được ∠MBN=450
b) 2 điểm
Ta có MN < DM+DN
⇒ MN+ MN⇒ 2MN< 2 a⇒ MNTa có MN > DM , MN > DN nên 2MN > DM+DN+MN=2a
2a
⇒ MN>

3
2a
Vậy
3


Bài
Bài 5
2 điểm

Nội dung
A
E
D

B

O

C
F

Trên BC lấy BF=FD thì CF=CE. Gọi O là giao điểm các tia phân giác các góc B và C.
Ta sẽ chứng minh được tam giác ODE cân tại O có góc ở đỉnh khơng đổi. Đặt

A   BOC

900 
2



DOE
3600  2(900  ) 1800  
2
Suy ra:
Do đó DE nhỏ nhất  OD nhỏ nhất  OF nhỏ nhất  OF  BC
Khi đó D,E là hình chiếu của O trên AB,AC
Bài 6
2 điểm

2
Có x  x  yz  x  x( x  y  z )  yz  x  x  xy  xz  yz
Áp dụng bđt Cô- si cho hai số dương, ta có:

x  ( x 2  yz )  xy  xz  x  xy  2 x yz  xz 
 x  ( xy  xz ) 2  x  xy  xz  x



x
x

x  y  z (1)
Suy ra : x  x  yz
 x 2  yz

x  y  z 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi: 
y

y

y  y  xz
x y z
Tương tự:
z
z

z  z  xy
x y z

x y z



(2)

(3)

1
Từ (1), (2), (3) suy ra Q 1, dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z= 3