Kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS cấp tỉnh năm 2009 Hướng dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Toán

HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 1/3 HDC môn:Toán 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỒNG THÁP 
________________________________________________ 
KỲ THI TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM 2009 
_____________________________________________________________________________ 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
(Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang) 
 
 Nội dung 
Câu 1 3 điểm 
  3133610  0,5 
  215526  0,5 
 
   
  515
1313
2
3
3


x =
  
515
1313


 = 2
1
13


 0,25- 0,5- 05 
 Vậy P = (23-4.2+1)2009 0,25 
 = 12009 = 1 0,25 
 
 
 
 
 
 
 
 P = 1 0,25 
Câu 2 4 điểm 
a) 1;2  xx 0,5 
b) x 5- 2 x 4+ 2 x 3- 4 x 2 - 3 x +6 = x 4( x -2)+2 x 2( x -2)-3( x -2) 0,5 
 = ( x -2)( x 4 + 2 x 2-3) 0,25 
 = ( x -2)[( x 2+1)2 -4] 0,5 
 = ( x -2)[( x 2 +3)( x 2-1)] 0,25 
 = ( x -2)( x 2 +3)( x -1) ( x+1) 0,25 
2
63422
2
2345



xx
xxxxx
A =
    
  21
1132 2


xx
xxxx
 
0,5 
0,25 
 = ( x 2+3)( x -1) 0,5 
c) Vì x 2+3> 0 ; để A= 0 thì x -1 =0 0,25 
 
 
 
 
 
  x= 1 (thỏa điều kiện) 0,25 
Câu 3 5 điểm 
a) ĐKXĐ: x  m ; x  1 0,25 
Khi đó: 
1x
1x
mx
2x





  (x +2)(x – 1) = (x + 1)(x – m) 
0,25 
 x2 + x – 2 = x2 – mx + x – m  mx = 2 – m  
m
m2
x

 
0,25 
Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 
 









































2m
1m
0m
 
mm2
02mm
0m
 
1
m
m2
m
m
m2
0m
 
1x
mx
0m
2 
0,25 
 
 
 
 
 
 
b) Hệ phương trình: 





(2) 12nny2x
(1) 1n2ynx
 
 Từ (1) suy ra nx)1(n
2
1
y  
0,25 
HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 2/3 HDC môn:Toán 
 Thay vào (2) ta được 12nnx)1(n
2
1
n2x  
0,25 
  4x – n2.x = – n2 + 3n – 2  (4 – n2).x = – n2 + 3n – 2 0,25 
  
2
2
n4
23nn
x


 
0,25 
 Hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi: 4–n2  0  n   2 0, 25 
 Khi đó: 
















2n
3
2
2n
12n
y
2n
3
1
2n
1n
x
 
 
0, 25 
 x, y nguyên khi: (n + 2)  Ư(3) ={1 ; –1 ; 3 ;–3} 0,25 
  n  {–1 ; –3 ; 1 ; –5} 0,25 
c) ĐK : x ≥ 2009 ; y ≥ -2008 ; z ≥ 2 0,25 
  )
2
1
220082009 zyxzyx  
  222008220092  zyxzyx 
0,5 
       0121200812009 222  zyx 0,5 
 









012
012008
012009
z
y
x
 
0,5 
 









3
2007
2010
z
y
x
 (thỏa điều kiện) 
Vậy x= 2010 ; y = -2007 ; z = 3 
0,25 
Câu 4 5 điểm 
a) Đặt AB= x ; AC = y (x,y >0) 
 ABC vuông tại A, ta có : AB.AC = AH. BC 
0,25 
 x.y = a
a
5.
5
12
= 12a2 (1) 
0,25 
 BC2 = AB2 + AC2  25a2 = x2+y2 (2) 0,25 
 Từ (1) &(2)  (x+y)2 = x2 + 2xy + y2 = 25a2 + 24a2 = 49a2 0,5 
 (x-y)2 = x2-2xy+y2 = 25a2-24a2 = a2 0,5 
 Vậy 





ayx
ayx 7
 hoặc 





ayx
ayx 7
 
0,5 
 Do đó 





ay
ax
3
4
 hoặc 





ay
ax
4
3
 
 Vậy hai cạnh góc vuông là 4a và 3a 
0,25 
b) SHIK = SABC – SAKI – SBKH – SCHI 0,5 
 
ABC
CHI
ABC
BKH
ABC
AKI
ABC
HIK
S
S
S
S
S
S
S
S
1 
0,5 
 
Xét AKI và ABC có góc A chung nên 
 
AB
AI
AC
AK
ACAB
AIAK
S
S
ABC
AKI .
.
.
 
0,5 
HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh 3/3 HDC môn:Toán 
 AKC vuông tại K và AIB vuông tại I, ta có : 
 Cos A = 
AC
AK
 và cos A = 
AB
AI
 
 Do đó A
S
S
ABC
AKI 2cos 
0,5 
Tương tự : C
S
S
B
S
S
ABC
CHI
ABC
BHK 22 cos;cos  
 Vậy CBA
S
S
ABC
HIK 222 coscoscos1  
0,5 
I
K
H CB
A
 
Câu 5 3 điểm 
 Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2121 RRRRRR  0,25 
 Qua O kẻ HK O1A và O2B (với H O1A ; KO2B),khi đó H, O, K 
thẳng hàng . 
  HOO1vuông có :OH
2 = OO1
2 - HO1
2 = (R1+R)
2 - (R1-R)
2 = 4R1R 
  OH = 12 R R (1) 
0,75 
  KOO2vuông có :OK
2 = OO2
2-KO2
2 = (R2+R)
2 - (R2-R)
2 = 4R2R 
  OK= 22 R R (2) 
0,75 
 Từ (1) & (2)  HK=  1 22 R R R R 0,25 
 Qua O2 kẻ O2I O1A (với I O1A ) 
  IO2O1vuông có :IO2=
2 2
1 2 1OO IO = 212 RR 
0,5 
 Mà IO2 = HK  2121 RRRRRR  0,5 
 
d
O2
O1
I
C
KH
BA
o