ĐA HSG HT 0910
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (106.87 KB, 3 trang )
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THCS - NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
(Hướng dẫn chấm gồm 02 trang)
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
6 điểm
a) 3 điểm. Giải hệ:
3 2
2
x x y 3(2x y) (1)
xy y 3 (2)
+ = −
+ =
Thay 3 = xy + y
2
vào VP của (1) ta có:
3 2 2
x x y (xy y )(2x y)+ = + −
2
2
x y 0 (3)
x (x y) y(x y) (2x y)
x y(2x y) (4)
+ =
⇔ + = + − ⇔
= −
1,5
+ Hệ (2), (3) vô nghiệm.
+ Hệ (2), (4): (4)
2 2 2
x 2xy y 0 (x y) 0 y x⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
, thay vào (2), ta có:
2
3 3
x x
2 2
= ⇔ = ±
.
Vậy hệ pt có 2 nghiệm là:
3 3 3 3
( ; ) ; ( ; )
2 2 2 2
− −
1,5
b) 3 điểm.
Giải phương trình:
5 1 4
2x x x
x x x
− − − = −
(1) . Đk:
1
x 0
x
5
2x 0
x
x 0
− ≥
− ≥
≠
(2)
Đặt :
2 2
5 1 4 1
2x u , x v (u 0, v 0) u 2x , v x
x x x x
− = − = ≥ ≥ ⇒ = − = −
và
2 2
4
u v x
x
− = −
. Ta được pt :
2 2
(u v ) (u v) 0− − − =
u v
u v 1
=
⇔
+ =
.
1,5
+ Nếu
u v=
, ta được:
5 1 5 1 4
2x x 2x x x x 2
x x x x x
− = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = ±
.
Đối chiếu đk (2) thì x = -2 bị loại, x = 2 thỏa mãn.
+ Nếu u + v = 1 (3), ta có:
4
u v x
x
− = −
(4) ta có
4
2v 1 x
x
= − +
hay 2
1 4
x 1 x
x x
− = − +
Biến đổi đưa về pt:
4 3 2
x 6x 7x 12x 16 0− − + + =
.
1,5
Bài 2
4 điểm
Từ gt suy ra x < z, y < z và x + y < z ( vì
2
z ( x y) x y 2 xy x y)= + = + + > +
nên các
mẫu thức của các phân thức ở VT của (2) đều khác 0 nên các phân thức ở VT của (2) có nghĩa.
Đặt
x y z a, x y z b, x y z c+ − = − + = − + + =
a b a c c b
x , y , z
2 2 2
+ + +
⇒ = = =
Giả thiết trở thành
a b a c b c+ + + = +
(1). Ta phải chứng minh:
1 1 1
0 (2)
a b c
+ + =
.
2,0
Từ (1)
2
2a 2 (a b)(a c) 0 (a b)(a c) a (a b)(a c) a⇒ + + + = ⇒ + + = − ⇒ + + =
bc ca ab 1 1 1
bc ca ab 0 0 0
abc a b c
+ +
⇒ + + = ⇒ = ⇒ + + =
, đpcm.
2,0
1
Bài 3
2 điểm
Chứng minh:
3 3
3
1 2 3
S S S+ =
.(1)
(1)
2 2 2
3 3 3
BE CF BC
4 4 4
⇔ π + π = π
3
3 32 2 2
BE CF BC (2)⇔ + =
F
E
H
B C
A
0,5
Do HE // AC nên:
2
BE BH
BE.BC BA.BH BE .BC (BE.BA).BH
BA BC
= ⇒ = ⇒ =
2 3
BH .BH BH= =
0,75
3
3
2 2
3
BH BH
BE BE
BC
BC
⇒ = ⇒ =
. Tương tự:
3 2
3
CH
CF
BC
=
Vậy
3
3 32 2 2
3 3 3 3
BH CH BH CH BC
BE CF BC
BC BC BC BC
+
+ = + = = =
suy ra (2) đúng, đpcm
0,75
Bài 4
5,5 điểm
a) 3 điểm
Từ gt suy ra
BMP NMP (c.g.c)∆ = ∆
⇒
∠
MBP =
∠
MQP (1)
Mặt khác
∆
ABC cân tại A nên
∠
MBP =
∠
NCP (2)
Từ (1), (2) suy ra
∠
MQP =
∠
NCP nên tứ giác
PQNC nội tiếp. Do
»
»
QN NC=
nên
QPN CPN∠ = ∠
Hay tia PN là tia phân giác của góc QPC, đpcm.
4
j
3
2
P
I
Q
A
B
C
M
N
b) 2,5 điểm
Gọi I là giao của tia MP và đường thẳng vuông góc với AC tại C. Từ các kết quả ở câu a) ta có
1 2 3 4
P P , P P∠ = ∠ ∠ = ∠
nên
∠
MPN = 90
0
, suy ra tứ giác PNCI nội tiếp.
1,0
Từ đó ta có các điểm P, Q, N, C, I cùng thuộc 1 đường tròn. đường kính NI do vậy
∠
IQN = 90
0
mà
∠
IBM =
∠
IQM nên
∠
IBM = 90
0
.
Vậy I là giao của 2 đường thẳng cố định BI và CI nên I cố định, đpcm.
1,5
Bài 5
2,5điểm
Đặt:
x a 1 , y 2b 1 , z 3c 1= + = + = +
, suy ra:
x, y,z 1≥
và P = x + y + z
Ta có:
2 2 2
x y z 3 (a b c) (b 2c) 3 5 8+ + = + + + + + ≥ + =
(do
a b c 5 v b,c 0)µ+ + = ≥
.
1,0
Mặt khác, ta có:
(x 1)(y 1) (y 1)(z 1) (z 1)(x 1) 0 xy yz zx 2(x y z) 3− − + − − + − − ≥ ⇒ + + ≥ + + −
2P 3
= −
.
2 2 2 2
P (x y z ) 2(xy yz zx) 8 2(2P 3)= + + + + + ≥ + −
4P 2= +
.
2
P 4P 2 0 P 2 6 (lo ); P 2 6¹i⇒ − − ≥ ⇒ ≤ − ≥ +
. Dấu "=" khi a = 5 và b = c = 0.
Vậy min P = 2 +
6
.
1,5
_____________ Hết ___________
Ghi chú: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa tương ứng.
2
3
