ĐA HSG HT 0809
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (120.43 KB, 3 trang )
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
6 điểm
a) 3 điểm. Giải hệ:
=++
=++
)2(8
y
x
y
1
x
)1(12
y
x
y
1
x
2
2
Lấy pt (1) cộng với pt (2) vế với vế và biến đổi, ta có:
020)
y
1
x()
y
1
x(
2
=−+++
(3)
0,75
Giải pt (3), ta được:
5
y
1
x;4
y
1
x
−=+=+
0,75
+ Nếu
4
y
1
x
=+
(4) , thay vào (2), ta có
y4x4
y
x
=⇔=
, thay vào (4):
4
y
1
y4
=+
.
2
1
y0)1y2(
2
=⇔=−⇔
Từ đó
2x
=
0,75
+ Nếu
5
y
1
x
−=+
, thay vào (2), ta có
13
y
x
=
, thay vào (1):
01
y
1
x
2
2
=++
vô
nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất:
)
2
1
;2(
0,75
b) 3 điểm. Từ gt suy ra
)1(0)
c
1
b
1
()cb()
a
`1
a(
=+−++−
0,5
Vế trái của (1) =
)
bc
1
1
a
1a
)(1a()
bc
1
1)(cb(
a
1a
2
+−
+
−=+−+−
−
0,75
=
abc
cb1bc
)1a(
abc
abc
).1a()
bc
1
a
1
)(1a(
−−+
−=
+
−=+−
0,75
=
)1c)(1b)(1a(
abc
1
−−−
, suy ra
)1c)(1b)(1a(
abc
1
−−−
= 0
1c;1b;1a
===⇒
0,5
+ Nếu
1a
=
thì
cb
−=
nên
1cbaP
200920092009
=++=
+ Nếu b = 1 hoặc c = 1, ta cũng có kết quả P = 1, đpcm.
0,5
Bài 2
3 điểm
Gpt:
)1()2x3(x3)2x3(2x
33
−=−+
. Đk:
3
2
x
≥
.
Đặt:
2x3y
−=
(2) , với
0y
≥
, ta có pt:
233
xy3y2x
=+
1,0
yx0)y2x()yx(0y2xy3x
2323
=⇔=+−⇔=+−⇔
(vì x + 2y > 0) 1,0
Thay y = x vào (2):
2x;1x02x3x2x3x
2
==⇔=+−⇔−=
(thoả mãn đk)
Vậy pt (1) có 2 nghiệm: x = 1 ; x = 2.
1,0
Bài 3
5 điểm
a) 3 điểm.
Do P là trung điểm của DH, I là trung điểm của DE, nên IP // EC suy ra IP
⊥
DH
(vì
EC
⊥
DH).
1,0
Ta có
∠
DEC =
∠
DQC (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
Mặt khác
∠
DIP =
∠
DEC (2) (2 góc đồng vị)
1,0
Từ (1), (2) suy ra
∠
DIP =
∠
DQC nên tứ giác DQIP là tứ giác nội tiếp đường
tròn.
1,0
B
I OA
D
E
C
H
P
Q
b) 2 điểm.
Do tứ giác DQIP nội tiếp, mà
∠
DPI = 90
0
nên
∠
DQI = 90
0
Ta có
∠
QIA =
∠
QDI (3) (cùng phụ với
∠
QID)
Mặt khác
∠
QEA =
∠
QDI (4) (cùng bằng nửa sđ cung QE)
1,0
Từ (3) và (4) ta có
∠
QIA =
∠
QEA nên tứ giác AQIE nội tiếp đường tròn
Suy ra
∠
QAI =
∠
QEI mà
∠
QEI =
∠
ADQ (vì cùng bằng nửa sđ cung QD)
nên
∠
QAI =
∠
ADQ, do đo đường thẳng AC là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3
điểm A, D, Q, đpcm.
1,0
Bài 4
2,5 điểm
D
O
d
A
M
N
B
C
I
E
J
Vẽ OI
⊥
CD, OJ
⊥
BE, ta có tứ giác OIAN, ỌAM là các tứ giác nội tiếp đường
tròn
suy ra
∠
AON =
∠
AIN (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)
và
∠
AOM =
∠
AJM (2) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
1,0
Mặt khác
∆
ABE ~
∆
ADC (vì góc EAC chung,
∠
AEB =
∠
ACD) nên
∠
ABJ =
∠
ADI (3) và
DI2
BJ2
CD
BE
AD
AB
==
hay
DI
BJ
AD
AB
=
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
∆
ABJ ~
∆
ADI, do đó
∠
AJB =
∠
AID (5)
1,0
Từ (1), (2), (5) ta có
∠
AOM =
∠
AON nên
∆
OMN cân tại O (vì có đường cao
OA đồng thời là phân giác)
0,5
Bài 5
1,5điểm
Áp dụng bđt:
))((
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1332211
bbbaaabababa
++++≤++
(1)
(được suy ra từ bđt Bunhiacôpski)
Ta có P =
)()(
222222
xzzyyxzzyyxx
+++++
))(())((
222444222444
xzyzyxzyxzyx
+++++++++≤
222
.32 zyx
++=
(2)
0,75
Áp dụng tiếp bđt:
)(3
222
cbacba
++≤++
(dạng đặc biệt của bđt (1)), ta được:
63.32)(3.32.32
444222
==++≤++
zyxzyx
(3)
Từ (2) và (3) suy ra P
6
≤
. Dấu “=” xảy ra khi
1
===
zyx
.
Vậy max P = 6.
0,75
_____________ Hết ___________
Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng.
