Dap an hsg toan tinh phu tho 20162017

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Hướng dẫn chấm có 05 trang
I. Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương
ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II. Đáp án – thang điểm
1. Phần trắc nghiệm khách quan
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Đáp
án
đúng
D C B B A D A B A B A
A,
C
A C A D
Điểm 0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,
5
0,5
2. Phần tự luận
Nội dung Điểm
Câu 1. (3,0 điểm)
a) Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 1ab bc ca+ + = . Chứng minh rằng
2 2 2
0
1 1 1
a b b c c a
c a b
− − −
+ + =
+ + +
1,5
Ta có 2 2
1 ( )( ).a ab bc ca a a b a c+ = + + + = + + 0,25
Tương tự
2 2
2 2
1 ( )( );
1 ( )( ).
b ab bc ca b b a b c
c ab bc ca c c a c b
+ = + + + = + +
+ = + + + = + +
0,25
Suy ra 2
1 1
1 ( )( )
a b a b
c c a c b c b c a
− −
= = −
+ + + + +
. 0,25
2
2
1 1
;
1 ( )( )
1 1
.
1 ( )( )
b c b c
a a b a c a c a b
c a c a
b b a b c b a b c
− −
= = −
+ + + + +
− −
= = −
+ + + + +
0,25
Vậy 2 2 2
1 1 1 1 1 1
0
1 1 1
a b b c c a
c a b c b c a a c a b b a b c
− − −
+ + = − + − + − =
+ + + + + + + + +
. 0,5
b) Chứng minh rằng nếu . 3a b = thì hai phương trình:
3 2 4
( ) 1 0 (1);a a x a y a+ + + + =
3 2 4
( ) 1 0 (2)b b x b y b+ + + + = (a,b là các tham số) không có nghiệm nguyên chung.
1,5
Giả sử (1) và (2) có nghiệm nguyên chung 0 0( ; )x y , ta có
3 2 4 3 2 4
0 0 0 0( ) 1 0 (3) ; ( ) 1 0 (4)a a x a y a b b x b y b+ + + + = + + + + =
0,25
Vì , 0a b ≠ ta có 0,25
1
ĐỀ CHÍNH THỨC

2. Nội dung Điểm
4 3 2
0 0 0
2
2
0 0 0 02
4 3 2
0 0 0
2
2
0 0 0 02
(3) 1 0
1 1 1 1
0 2 0;
(4) 1 0
1 1 1 1
0 2 0.
a x a y a x a
a a x y a x a y
a a a a
b x b y b x b
b b x y b x b y
b b b b
⇔ + + + + =
       
⇔ + + + + = ⇔ + + + + − = ÷  ÷  ÷  ÷
       
⇔ + + + + =
       
⇔ + + + + = ⇔ + + + + − = ÷  ÷  ÷  ÷
       
Suy ra 1 2
1 1
;t a t b
a b
= + = + là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn t)
2
0 0 2 0t x t y+ + − = .
Theo định lí Viet:
0 0
0 0
1 1
1 1 1
2 2.
a b
a b x a b x
a b ab
a b
a b y ab y
a b b a ab
 ++ + + = − + + = −  
⇔ 
   + + = − + + + = − ÷ ÷    
0,25
Vì . 3a b = nên
2 2 2
2 2 200
0
2 2 2 2
0 0 0
93
92
6164
16
16 16
( ) 3 16.
3 3
a b ab xa b x
a b x
a b
y a b ab y a b y
b a

+ + =+ = −  + = −  
⇒ ⇒  
  + = − + = − + = −  
0,25
Suy ra
2 2
0 0 0 0
9
6 3 16 9 48 160 (4)
16
x y x y− = − ⇒ = − . Điều này vô lí vì VT(4) chia hết
cho 3 nhưng VT(4) không chia hết cho 3.
Vậy nếu . 3a b = thì hai phương trình (1), (2) không có nghiệm nguyên chung.
0,5
Câu 2 (3,5 điểm)
a) Giải phương trình 2 3 1 1 (1)x x+ − + = 2,0
Điều kiện: 1.x ≥ − 0,5
Ta có:
(1) 2 3 1 1
2 3 2 2 1
2 1 1
x x
x x x
x x
⇔ + = + +
⇔ + = + + +
⇔ + = +
0,5
2
2
1
4( 1) 2 1
1
2 3 0
x
x x x
x
x x
≥ −
⇔ 
+ = + +
≥ −
⇔ 
− − =
0,5
3
1
x
x
=
⇔  = −
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 1; 3x x= − = .
0,5
2

3. Nội dung Điểm
b) Giải hệ phương trình
3 2 2 2
3 5 4 (1)
3 1 1 (2)
x x y x xy y x y
x y x
 + = + + + +

− + = +
. 1,5
Điều kiện 0; 1x y≥ ≥ − . Ta có:
2 2 3 2
2
2
(1) ( 5 1) ( 3 4 ) 0
( 1)( 4 ) 0
4
1 0
y x x y x x x
y x y x x
y x x
y x
⇔ − − − − − − =
⇔ + + − + =
 = −
⇔ 
+ + =
0,25
Từ (2) 3 1 1 1 0 1 0x y x x y x⇒ = + + + ≥ ⇒ > ⇒ + + > 1 0y x+ + > .
Vậy ta có 2
(1) 4y x x⇔ = − .
0,25
Thay 2
4y x x= − vào (1) ta có 2
3 4 1 1(3)x x x x− − + = + .
Vì 0x = không là nghiệm của (3) nên
1 1
(3) 4 3x x
xx
⇔ + + + − =
0,25
Đặt
21 1
( 2) 2t x t x t
xx
= + ≥ ⇒ + = − . Phương trình trên trở thành:
2 2
2 2
3 5
6 3 6 3
26 (3 )
t
t t t t t
t t
≤
+ − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ =
− = −
0,25
Suy ra
2
4
1 25 17
2 1 0 1
4 4
4
x
x x x
x x
=
+ = − ⇔ − + = ⇔
 =

. 0,25
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
1 15
(4;0);( ; )
4 16
−
. 0,25
Câu 3. Cho đường tròn ( ; )O R và điểm A cố định trên ( ; )O R . Gọi M, N là các giao
điểm của hai đường tròn ( ; )O R và ( ; )A R ; H là điểm thay đổi trên cung nhỏ ¼MN của
đường tròn ( ; )A R . Đường thẳng qua H và vuông góc với AH cắt ( ; )O R tại B, C. Kẻ
( ), ( )HI AB I AB HK AC K AC⊥ ∈ ⊥ ∈ .
4,0
t
N
M
A'
J
K
I O
H
C
B
A
a) Chứng minh rằng IK luôn vuông góc với một đường thẳng cố định và 2,5
3

4. Nội dung Điểm
2
. 2AB AC R= .
Ta có · ·0 0
90 ; 90AIH AKH= = . Vì · · 0
180AIH AKH+ = nên tứ giác AIHK nội tiếp. 0,5
Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; )O R tại A.
Ta có:
· ·
· ·
· ·
0
0
90
(1)
90
ACB HAC
ACB AHK
AHK HAC
 + =
⇒ =
+ =
0,5
Ta lại có: · ·AHK AIK= (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)
· ·BAt ACB= (cùng bằng
1
2
sđ »AB ) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra: · ·BAt AIK At IK= ⇒ P .
0,5
Mặt khác OA At IK OA⊥ ⇒ ⊥ . Vậy IK luôn vuông góc với đường thẳng cố định OA. 0,5
Gọi J là giao điểm của AO và IK; A’ là điểm đối xứng với A qua O.
Ta có: · · · ·
( )0
' ' 90 ; 'ACH AA B AHC ABA ACH AA B∆ ∼ ∆ = = = .
0,25
2
. . ' 2 . 2
'
AC AH
AB AC AH AA R AH R
AA AB
⇒ = ⇒ = = = . 0,25
b) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích AIK∆ khi H thay đổi. 1,5
Ta có
2
. .
AK AH
AKH AHC AK AC AH
AH AC
∆ ∼ ∆ ⇒ = ⇒ = 0,25
Gọi , 'S S lần lượt là diện tích các tam giác ABC và AIK.
Ta có
AI AK IK AJ
AIK ACB
AC AB BC AH
∆ ∆ ⇒ = = =: , suy ra:
0,25
( )
2 2 4 2
2 2
1
.
' . 12 .
1 . 4 4.2.
2
AJ IK
S AJ IK AK AK AC AH AH
S AH BC AB AB AC RAH RAH BC
   
= = = = = = = ÷  ÷
   
. 0,5
Suy ra
2
1 1
' . . . .2
4 8 8 8 4
R R R
S S AH BC BC R= = = ≤ = . 0,25
Vậy giá trị lớn nhất của tam giác AIK bằng
2
4
R
, đạt khi .H O≡ 0,25
Câu 4. Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 2 2 2 2 2 2
2( ) ( ) 4P a b b c c a a b c abc= + + + + + + .
1,5
Ta có:
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( ) 3ab bc ca a b c ab bc ca a b b c c a ab bc ca abc+ + = + + + + = + + + + + +
Suy ra
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) 2( ) 1 2( )
1 2 ( ) ( ) 3
a b c a b c ab bc ca ab bc ca
a b b c c a ab bc ca abc
+ + = + + − + + = − + +
 = − + + + + + + 
0,25
Do đó:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ) 1 2 ( ) ( ) 3 4
1 2( )
P a b b c c a a b b c c a ab bc ca abc abc
ab bc ca abc
 = + + + − + + + + + + + 
= − + + +
0,25
Không mất tính tổng quát có thể giả sử a b c≤ ≤ .
Suy ra
0,25
4

5. Nội dung Điểm
2
2 2 2 2 2 2
( )( ) 0 ( )( ) 0
0
a a b b c a ab b c
a b a c ab abc ab ca a b abc
− − ≥ ⇒ − − ≥
⇒ − − + ≥ ⇒ + ≤ +
Do đó
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )ab bc ca abc ab ca bc abc a b abc bc abc b a c+ + + = + + + ≤ + + + = +
0,25
Với các số dương x, y, z ta luôn có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 33 3 33 3 3 3
1
3 0
2
x y x xyz x y z x y y z z x + + − = + + − + − + − ≥
  
Suy ra
3
33 (*)
3
x y z
x y z xyz xyz
+ + 
+ + ≥ ⇒ ≤  ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z= = .
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
3
3
2 42 2( ) 4 4 4
2 2 3 3 27
a c a c
b
a c a c a b c
b a c b
+ + 
+ + ÷+ + + +    
+ = ≤ = = ÷ ÷ ÷  ÷
     ÷
 
0,25
Suy ra
2 2 2 2 4 19
1 2( ) 1 2 ( ) 1 2.
27 27
P ab bc ca abc b a c= − + + + ≥ − + ≥ − =
Vậy
19
27
MinP = . P đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
3
a b c= = = .
0,25
……….Hết………..
5

6. Nội dung Điểm
2
2 2 2 2 2 2
( )( ) 0 ( )( ) 0
0
a a b b c a ab b c
a b a c ab abc ab ca a b abc
− − ≥ ⇒ − − ≥
⇒ − − + ≥ ⇒ + ≤ +
Do đó
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )ab bc ca abc ab ca bc abc a b abc bc abc b a c+ + + = + + + ≤ + + + = +
0,25
Với các số dương x, y, z ta luôn có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 33 3 33 3 3 3
1
3 0
2
x y x xyz x y z x y y z z x + + − = + + − + − + − ≥
  
Suy ra
3
33 (*)
3
x y z
x y z xyz xyz
+ + 
+ + ≥ ⇒ ≤  ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z= = .
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
3
3
2 42 2( ) 4 4 4
2 2 3 3 27
a c a c
b
a c a c a b c
b a c b
+ + 
+ + ÷+ + + +    
+ = ≤ = = ÷ ÷ ÷  ÷
     ÷
 
0,25
Suy ra
2 2 2 2 4 19
1 2( ) 1 2 ( ) 1 2.
27 27
P ab bc ca abc b a c= − + + + ≥ − + ≥ − =
Vậy
19
27
MinP = . P đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
3
a b c= = = .
0,25
……….Hết………..
5