30 Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

Nội dung text: 30 Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

1. UBND TỈNH HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 27/01/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) x y x y x2 y2 1. Rút gọn biểu thức A . với x > y > 0. 2 2 2 2 x y x y x y x y x y 2. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn: 1 1 1 | a b c 2020 | 2020(ab bc ca) abc 0 . Tính P . a2021 b2021 c2021 Câu 2. (2,0 điểm) 3x2 17x 27 1 1. Giải phương trình : 4x 9 2 x 2 1 y 1 9 1 x xy x2 2. Giải hệ phương trình: 4y x2 xy 4 x Câu 3. (2,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + 3 = 0. 2. Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn : (a - b)(b - c)(c - a) = a + b + c. Chứng minh a + b + c chia hết cho 27. Câu 4. (3,0 điểm) 1. Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Qua A lần lượt kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến với đường tròn (O; R) (B, C là các tiếp điểm). Lấy điểm D thuộc đường tròn (O; R) sao cho BD song song với AO, đường thẳng AD cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là E. Gọi M là trung điểm của AC. a) Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường tròn (O; R). b) Từ D kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R), tiếp tuyến này cắt ME tại T. Gọi r1, r2, r3 lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp của ΔOME, ΔOTE, ΔOMT. Chứng minh khi A thay đổi thì r1 + r2 + r3 luôn không đổi. 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhon. Chứng minh sin2A + sin2B + sin2C > 2. Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: 2xy + 5yz + 6zx = 18xyz. 16xy 25yz 81zx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . y 2x 4z y x 4z Trang 1
2. HẾT . ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HẢI DƯƠNG (2020 – 2021) Câu 1. 1) Ta có: x y x y x2 y2 P . 2 2 x y x y x y( x y x y) x y x y x y x2 y2 . 2 2 x y x y x y x y x y x y( x y x y) x y( x y x y) x2 y2 . ( x y)2 ( x y)2 x2 y2 x y.2 x y x2 y2 . (x y) (x y) x y. x y 2.(x2 y2 ) 2y x2 y2 y 2) Có | a b c 2020 | 2020(ab bc ca) abc 0 Mà | a b c 2020 | 0, 2020(ab bc ca) abc 0 a b c 2020 0 Do đó: 2020(ab bc ca) abc 0 Ta có: Trang 2
3. | a b c 2020 | 2020(ab bc ca) abc 0 | a b c 2020 | 0, 2020(ab bc ca) abc 0 a b c 2020 0 2020(ab bc ca) abc 0 (a b c)(ab bc ca) abc 0 a2b b2a b2c c2b a2c c2a 3abc abc 0 a2b b2a b2c c2b a2c c2a abc abc 0 (a2b b2a b2c abc) (c2b a2c c2a abc) 0 b(a2 ab bc ca) c(bc a2 ca ab) 0 (b c)(a2 ab bc ca) 0 (a b)(b c)(c a) 0 b c a b a c Trong 3 số a, b, c có hai số đối nhau Không làm mất tính tổng quát, giả sử b c a b c a 2020 1 1 1 1 1 1 1 Vậy: P a2021 b2021 c2021 20202021 b2021 b2021 20202021 Câu 2. 9 1) Điều kiện xác định: x , x 2 4 Cách 1: 3x2 17x 27 1 4x 9 2 x 2 1 (4x 9)(2 x 2 1) 3x2 17x 27 4(x 2) 1 3x2 17x 27 2 x 2 1 Ta có: 3x2 17x 26 2 x 2 (3x2 17x 26)2 (2 x 2)2 (x 3)2 (9x2 48x 76) 0 x 3 2 9x 48x 76 0 KL: Vì 9x2 48x 76 0 (vô nghiệm) nên x=3 là nghiệm của phương trình. Cách 2: 3x2 17x 27 1 4x 9 2 x 2 1 Trang 3
4. 3x2 6x 11x 22 5 1 4(x 2) 1 2 x 2 1 3(x 2) 11(x 2) 5 1 4(x 2) 1 2 x 2 1 Đặt x 2 t (t 0 ) x t 2 2 3(t 2 2).t 2 11t 2 5 1 4t 2 1 2t 1 3(t 2 2).t 2 11t 2 5 1 1 (t ) (2t 1)(2t 1) 2t 1 2 3t 4 6t 2 11t 2 5 2t 1 3t 4 5t 2 2t 4 0 (t 1)(3t3 3t 2 2t 4) 0 t 1 3 2 3t 3t 2t 4 0 t 1 Với t 1 x 3 KL: x=3 2) Điều kiện: x, y 0 + + 1 = 9 (1) Hệ tương đương: + ― 4 = 4 (2) 2 Lấy (1) trừ (2) ta được: 1 4 9 4y 4y 5 1 2 2 x y 2 2 0 x 5xy 4y 0 (x 4y)(x y) 0 y x x x x x y x 4y 8 Với x y , thay vào (1) ta được: 2x 0 x y 2 x 5 1 Với x 4y , thay vào (1) ta được: 5y 0 y x 2 4y 2 1 1 Vậy (x; y) (2;2) ( 2; 2) (2; ) ( 2; ) 2 2 Câu 3. 1) Cách 1: 2x2 y2 3xy 3x 2y 2 0 2x2 2xy 2x xy y2 y x y 1 1 (x y 1)(2x y 1) 1 x y 1 1 x 2 2x y 1 1 y 4 x y 1 1 x 2 2x y 1 1 y 2 Trang 4
5. KL: (x;y)=(2;-4)=(-2;2) Cách 2: 2x2 y2 3xy 3x 2y 2 0 y2 (3x 12)y 2x2 3x 2 0 x2 4 Để phương trình có nghiệm nguyên thi x2 4 là số chính phương, ta đặt: n2 4 k ( k ¥ ) (n 2)(n 2) k 2 Ta có bảng sau: x + k 1 4 -4 -1 2 -2 x - k 4 1 -1 -4 2 -2 x -5/2 (loại) 5/2 (loại) -5/2 (loại) 5/2 (loại) 2 -2 y -4 2 KL: (x;y)=(2;-4)=(-2;2) 2) TH1: Nếu a, b, c có cùng số dư khi chia cho 3 a bM3 b cM3 a b cM3.3.3 27 c aM3 TH2: Nếu a, b, c khác số dư khi chia cho 3 a b cM3 Mà (a b)(b c)(c a) không chia hết cho 3 (vô lí) Trong 3 số a, b, c tồn tại ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 3 Tổng a+b+c không chia hết cho 3 (1) (a b)(b c)(c a)M3 (Mâu thuẫn với (1)) Loại TH1 đúng Vậy a b cM27 Câu 4. 1) Trang 5
6. a)Ta có AI là phân giác góc B·AC MB MC ( M là điểm chính giữa cung nhỏ BC ) Do đó D·BM B·QM ( 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) MB MD Vậy BMD đồng dạng QMB MB2 MD.MQ MQ MB b)Ta chứng minh : M· BI M· IB Ta có : M· IB I·BA I·AB và I·BA C·BI ( BI là phân giác A·BC ) Và I·AB C·AM M· BC M· IB C·BI M· BC M· BI vậy nên tam giác MIB cân ở M Vậy nên MI 2 MD.MQ c)Ta có : A·QI A·QM I·QM 180 ·ACM I·QM Lại có ID / /OM D·IM ·AMO ( so le trong ) MI MQ Và MI 2 MD.MQ MIQ đồng dạng MDI c.g.c) I·QM D·IM MD MI 1 1 Và cũng có : ·ACM A·OM 180 2A·MO 90 A·MO 2 2 Thay vào ta có A·QI 180 90 A·MO A·MO 90 (1) Mặt khác AP là đường kính của đường tròn O ·AQP 90 (2) Từ (1) và (2) ta được ba điểm P; I;Q thẳng hàng ( đpcm ) Câu 4: 2x 1 a)Tìm tất cả các số nguyên x thỏa A Z 3x 1 2x 1 Ta có : A Z 2x 1 M 3x 1 ( vì tử và mẫu đều là số nguyên ) 3x 1 3 2x 1 M 3x 1 2 3x 1 1M 3x 1 1M 3x 1 3x 1 1 x 0 ( thử lại thấy thỏa mãn ) 3x 1 1 b)Ta chứng minh : 2 p 1 1M 3p Ta có 2; p 1( vì p nguyên tố p 3) nên 2 p 1  1(mod p ) ( đlý Ferrmat nhỏ ) Trang 152
7. Vậy 2 p 1 1Mp Và p lẻ nên p 2m 1( vì p nguyên tố p 3) Nên 2 p 1 1 22m 1 4m 1M 4 1 2 p 1 1M3 2 p 1 1 Mặt khác 3; p 1 nên 2 p 1 1M 3p Mp 3 2 p 1 1 2 p 1 1 Vậy Mp p.b ( b Z ) 3 3 2 p 1 1 b Do đó 2 3 1 2 pb 1 2 p 1b M 2 p 1 ( đpcm ) Trang 153
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH VĨNH LONG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/3/2021 1 2 x 2 x Bài 1. (4.0 điểm) a) Cho biểu thức với . P : 1 x 0, x 1 x 1 x x x x 1 x 1 Rút gọn biểu thức P 2 b) Rút gọn biểu thức A 4 2 3 6 2 5 5 3 Bài 2. (4.0 điểm) xy 3y2 x 3 a) Giải hệ phương trình 2 2 x xy 2y 0 4 8 b) Giải phương trình x2 4x 9 x x Bài 3. (2.0 điểm) 2 Tìm m để phương trình x 2(m 1)x 4m 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1, x2 3 2 3 2 thảo mãn x1 x1 x2 x2 . Bài 4. (2.5 điểm) a) Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a3 b3 c3 chia hết cho 14. Chứng minh rằng tích abc cũng chia hết cho 14. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Bài 5. (3.0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và M là trung điểm của dây AB của đường tròn (AB BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI, BK của tam giác ABC cắt nhau ở H. BK cắt (O) ở N (N khác điểm B), AI cắt (O) ở M (M khác điểm A), hai đường thẳng NA và MB cắt nhau ở D. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AHBD nội tiếp được đường tròn. b) OC song song với DH. Bài 7. (2.0 điểm) Cho bốn số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a+b=4ab. Chứng minh rằng: 2 a2 b2 a b a b 1 a) b) x y x y 4b2 1 4a2 1 2 Trang 154
9. HẾT Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. ĐÁP ÁN THAM KHẢO – VĨNH LONG (2020 – 2021) Bài 1. 1 2 x x 2 x 1 a) P tương đương: P : x 1 (x 1)( x 1) x 1 x 1 2 x x 1 . (x 1)( x 1) x 2 x 1 1 x 1 2( 5 3) b) A ( 3 1)2 ( 5 1)2 2 A 3 1 5 1 5 3 A 2 5 Bài 2. 2 2 x y a) Phương trình thứ hai tương đương: (x y ) y(x y) 0 (x y)(x 2y) 0 x 2y Với x=y, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: x= -1 hoặc x=3/4 Với x = -2y, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: 2 y 1 x 2 y 2y 3 0 y 3 x 6 3 3 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: (x; y) ( 1; 1) ( ; ) (2; 1) ( 6;3) 4 4 b) Điều kiện: x 0 4 2 2 2 Phương trình tương đương với: x2 4 4(x ) 4 9 (x )2 4(x ) 5 0 x2 x x x 2 2 t 5 Đặt x =t, phương trình trở thành: t 4t 5 0 x t 1 5 33 Với t=5, thay vào ta tìm được: x 2 Với t=-1, thay vào ta tìm được: x=-2, x=1 5 33 Vậy phương trình có 4 nghiệm: x , x=-2, x=1 2 Bài 3. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là: ' (m 1)2 0 (luôn đúng). Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 3 2 3 2 Ta có: x1 x1 x2 x2 Trang 155
10. 3 3 2 2 x1 x2 x1 x2 0 2 2 (x1 x2 )(x1 x1x2 x2 x1 x2 ) 0 x1 x2 0 2 2 x1 x1x2 x2 x1 x2 0 2x1 2(m 1) TH1: m 1 x1 x2 2 x1 4m 2 2 TH2: x1 x1x2 x2 x1 x2 0 2 2 2 (x1 x2 ) x1x2 (x1 x2 ) 0 2(m 1) 4m 2(m 1) 0 4m 2m 2 0 (Vô nghiệm) Vậy m=1 Bài 4. a) Nhận xét: Với x nguyên dương ta có x3  0,1(mod 2) và x3  1,0,1(mod 7) Nếu cả ba số a, b, c đều không chia hết cho 2 thì a3 b3 c3 1(mod 2) Điều này trái với giả thiết a3 b3 c3 M14 , do đó phải có một số chia hết cho 2 hay abcM2 Nếu cả ba số a, b, c đều không chia hết cho 7 thì a3 b3 c3  3, 1,1,3(mod 7) Điều này trái với giả thiết a3 b3 c3 M14 , do đó phải có một số chia hết cho 7 hay abcM7 Vậy abc chia hết cho 14 b) Ta có: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 x2 2x(y 1) (y 1)2 (4y2 8y 4) 7 (3y x 1)(y x 3) 7 Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau: 3y x 1 7 3y x 1 7 3y x 1 1 3y x 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 Kết luận: (x; y) ( 3;1) (1; 3) (7; 3) Bài 5. a) Hướng dẫn: - Chứng minh G là trọng tâm của tam giác MCD. - Chứng minh NC=NQ. Trang 156
11. Suy ra DN là trung tuyến của tam giác MCD Suy ra D, G, N thẳng hàng. b) Hướng dẫn: - Chứng minh tam giác MCD cân tại C. - Chứng minh P là trung điểm của DC. - Chứng minh 2 đường chéo của tứ giác PGNQ là đường trung trực của nhau. Suy ra tứ giác PGNQ là hình thoi. Bài 6. a) Có HK  KC, HI  IC H· KC H· IC 900 900 1800 Tứ giác AHBD nội tiếp được đường tròn b) Dễ dàng chứng minh được MN là đường kính của (O) MA  DN, NB  DN Do đó H là trực tâm DMN hay DH  MN Do I, K cùng nhìn AB dưới góc 450 nên tứ giác ABIK nội tiếp C· AI C· BR Do đó C là điểm chính giữa của cung MN CO  MN Vì AC>BC nên tam giác ABC không cân tại C Vậy CO//DH Bài 7. a) Ta có: 2 a2 b2 a b x y x y 2 a2 y b2 x a b xy x y (a2 y b2 x)(x y) xy a b 2 a2 xy a2 y2 b2 x2 b2 xy a2 xy 2abxy b2 xy a2 y2 b2 x2 2abxy (ay bx)2 0 1 b) Ta có: 4ab a b 2 ab ab 4 Áp dụng phần a) ta có: Trang 157
12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) a b a2 b2 (a b)2 1 1 1 4b2 1 4a2 1 4ab2 a 4ba2 b 4ab(a b) (a b) 4ab 1 2 1 Dấu “=” xảy ra khi: a b 2 x 1 3 x 3 4x2 4 Bài 1. Cho biểu thức P 2 . 2x 2 x 1 2x 2 5 a) Tìm điều kiện xác định của P b) Chứng minh rằng khi P xác định thì giá trị của P không phụ thuộc vào x 1 1 1 Bài 2. a) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn xyz = 1 và x y z x y z Tính giá trị của biểu thức P x9 1 y2020 1 z2021 1 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 và tổng OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất. Viết phương trình đường thẳng (d). m 3 5 3m mx 3 Bài 3. a) Cho phương trình (m là tham số). Tìm m để phương x 1 x 2 x2 x 2 trình vô nghiệm 3 2 2 x 2y x y 2xy b) Giải hệ phương trình 2 3 3 2 x 2y 1 y 14 x 2 Bài 4. a) Cho tam giác ABC vuông tại A, có D là chân đường phân giác trong của góc A, H là chân đường vuông góc hạ từ A (D, H thuộc BC), BD = 6 cm, CD = 8 cm. Tính độ dài CH. b) Tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AD tiếp xúc với BC và đường tròn đường kính BC tiếp xúc với AD. Chứng minh rằng ·ACD B· AC . c) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC) có đường cao AH (H thuộc BC). Tia phân giác của C· AH cắt CH tại K, gọi M là trung điểm của AC, MK cắt AH tại N. Chứng minh rằng AK song song với BN. a b 4c Bài 5. a) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 2 . b c c a a b b) Anh A vào làm ở công ty X với mức lương ban đầu là 10 triệu đồng/tháng. Nếu hoàn thành tốt nhiệm vụ thì cứ sau 6 tháng làm việc, lương của anh sẽ được tăng them 20% so với mức lương mà anh đang hưởng tại thời điểm đó. Hỏi bắt đầu từ tháng thứ mấy Trang 158
13. kể từ khi vào làm việc tại công ty X, tiền lương mỗi tháng của anh Anhiều hơn 20 triệu đồng (Biết rằng trong suốt thời gian làm ở công ty X, anh A luôn hoàn thành tốt nhiệm vụ). HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO – VĨNH PHÚC (2020 – 2021) Bài 1. a) Điều kiện xác định: x 1 b) Ta có: (x 1)2 3 (x 3)(x 1) 4x2 4 P 2 . 2(x 1)(x 1) x 1 2(x 1)(x 1) 5 x2 2x 1 3 x2 2x 3 4x2 4 . 2(x2 1) 5 7.4.(x2 1) 2(x2 1).5 14 5 Suy ra điều phải chứng minh. Bài 2. a) Ta có: 1 1 1 xy yz zx xy yz zx x y z xy yz zx x y z xyz 1 Thấy: (x 1)(y 1)(z 1) (xy x y 1)(z 1) 1 xy xz yz x y z 1 0 Suy ra: x=y=z=1 Thay vào P ta được: P=0 b b) Ta có: OA ,OB b a 1 S 2 .OA.OB 2 OA.OB 4 b2 4 a OAB 2 OA OB 2 OA.OB 2 4 4 b 1 Min(OA+OB)=4. Dấu “=” xảy ra khi OA=OB b b ( 1) 0 a 1 a a Với a 1 b2 4 b 2 Vậy phương trình (d): y=x+2; y=x-2; y=-x+2; y=-x-2 Bài 3. a) Phương trình tương đương với: (m 3)(x 2) (5 3m)(x 1) mx 3 ( 2 3m)x m 14 Trang 159
14. 2 3m 0 2 Để phương trình vô nghiệm thì: m m 14 0 3 2 Vậy m 3 b) Điều kiện xác định: x2 2y 1 Ta có: x3 2y2 x2 y 2xy (x y)(x2 2y) 0 x=y (t/m), x2 2y (loại) Với x=y, ta có: x3 6x2 12 8 0 (x3 14) 6(x2 2x 1) 0 Đặt: x2 2x 1 a 0, x 2 b 3 2 2 2 2a 3 b3 6a2 b 8a 6b a 12ba 6a 0 Suy ra: 3 3 2 3 3 2 b 6a b 2a b 6a b 2a a 0 x y 2 1 Bài 4. a) DB AB 6 3 AD là đường phân giác của góc A AB AC DC AC 8 4 9 Mà BC 2 AB2 BC 2 142 AC 2 AC 2 AC 11,22 16 Áp dụng hệ thức lượng trong ABC có: AC 2 CH.BC 125,44 CH.14 CH 8,96 b) c) Trang 160
15. Xét ANC có phân giác AK, trung tuyến NM, đường cao AH đồng quy tại K ANC đều NM  AC µ ¶ 0 A1 A2 60 µ 0 µ ¶ A3 30 A1 A2 µ ¶ Lại có: AB  AC, NM  AC AB / /NM A1 N2 ¶ ¶ 0 N1 N2 30 (1) ¶ 0 ¶ 0 Xét AMK vuông tại M có A2 30 K1 60 (2) · ¶ 0 Từ (1) và (2) suy ra: BNM K1 60 AK / /BN Bài 5. y z x z x y x y z a) Đặt: x=b+c, y=c+a, z=a+b (x,y,z>0). Ta được: a ,b ,c 2 2 2 a b 4c y z x z x y 4(x y z) Ta có: b c c a a b 2x 2y 2z y z z x 2(x y) 3 2x 2y z y x z 2x z 2y 1 3 2. 2 2 3 2 2x 2y 2x z 2y z 2 x y x y z Dấu “=” xảy ra khi: z 2x 2x 2y z . Khi đó c 0 (vô lí vì c>0) 2 z 2y a b 4c Vậy dấu “=” không xảy ra nên 2 b c c a a b b) Sử dụng công thức lãi kép T A(1 r)N với A là số tiền ban đầu, N là số kì hạn, r là lãi suất và T là số tiền có được sau N kì hạn. Gọi N là số lần tăng lương của anh A đến khi lương nhiều hơn 20 triệu, khi đó: T 10(1 20%)N 20 1,2N 2 N 4 Vậy sau 4 lần tăng lương hay sau 4.6=24 tháng thì đến tháng thứ 25 anh A sẽ có mức lương 20 triệu Trang 161
16. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/03/2021 Câu 1. (4,0 điểm) 2021 4 2 3 4 2 3 1) Tính giá trị của biểu thức A 1 x5 x7 , biết x 12 x(1 x)2 1 x3 1 x3 2) Cho biểu thức B : x x 1 x 1 x 1 x 1 Với x 0; x 1. Chứng minh rằng M x B 0 2 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 4 2020 x 3 2020 x2 7x 12 x 3y 5xy 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 x y 5xy Câu 3. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C, nội tiếp đường trong tâm (O) (CA>CB). Lấy M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC và BM cắt nhau tại K. 1) Chứng minh ABI cân và tứ giác MICK nội tiếp. 2) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) tại N. Chứng minh đường thẳng NI là tiếp tuyến của (B;BA) và NI  MO 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK cắt đường tròn (B;BA) tại D (D không trùng với I). Chứng minh rằng 3 điểm A, C, D thẳng hàng. Trang 162
17. Câu 4. (4,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x4 y2 4y 1 2) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n+50 và n-11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Câu 5. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2 y2 z2 1 x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P y2 z2 z2 x2 x2 y2 HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO – YÊN BÁI (2020 – 2021) Câu 1. 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 1) Biến đổi x ta được: x 1 2 3 2 3 2 3 2021 2021 Suy ra: A 1 x5 x7 1 15 17 1 2) Rút gọn B: x(1 x)2 B : (x x 1 x)(x 1 2 x) 1 x x(1 x)2 : (1 x)2 1 x x x 1 Từ đó thay B vào biểu thức của M dễ dàng suy ra điều phải chứng minh Câu 2. 1) Điều kiện x 3 Phương trình tương đương với: 2020 x 3 1 x 3 x 4 1 x 3 1 0 x 2 2 x 4 1 2020 x 2021 4 Kêt hợp điều kiện thì cả 2 giá trị của x đều thỏa mãn Kết luận: x 2; x 20212 4 2 1 1 2) Đáp số: (x; y) 0;0 ; (1; ) 5 5 2 Câu 3. Trang 163
18. » ¼ ¼ µ ¶ 1) M là chính giữa của AC AM MC B1 B2 (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) Ta có B· MA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét BAI có BM là đường cao đồng thời là đường phân giác nên BAI cân tại B Xét tứ giác MICK ta có: I·MK K· CI 900 900 1800 Mà I·MK và K· CI là hai góc nhọn đối nhau Vậy tứ giác MICK nội tiếp 2) Ta có BAI cân tại I BA BI I (B, BA) (1) Xét NIA có NM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến NIAcân tại N N· AI N· IA Mà ·AIB B· AI (Vì BAI cân) N· IA ·AIB N· AI I·AB 900 (Vì BA  NA do NA là tiếp tuyến) BI  IN (2) Từ (1) và (2) suy ra: NI là tiếp tuyến của (B;BA) Ta lại có: NI  BC, AC  BC NI  AC , mà AC  MO (dễ dàng chứng minh) NI  MO 1 3) Xét đường tròn (B;BA) ta có I·DA I·BA (góc nội tiếp và góc ở tâm) 2 1 I·BN I·BA I·DA I·BN 2 Mà I·BN I·DK (góc nội tiếp cùng chắn cung IK) I·DA I·DK Hai tia DA và DK phải trùng nhau (mà A, K, C thẳng hàng) hay ba điểm A, C, D thẳng hàng Câu 4. 1) Ta có: x4 y2 4y 1 x4 (y 2)2 3 (x2 y 2)(x2 y 2) 3 Ta có bảng sau: x2 y 2 -3 -1 1 3 x2 y 2 1 3 -3 -1 x2 y -1 1 3 5 x2 y -1 1 -5 -3 x Vô nghiệm 1 Vô nghiệm 1 y 0 0 -4 -4 Trang 164
19. Vậy nghiệm: (x;y)=(1;0)=(-1;0)=(1;-4)=(-1;-4) 2) Gọi n+50=x3 ; n-11=y3 (x3 > y3 nên x>y>0), ta có: (n+50)-(n-11)= x3- y3 ⇔ 61.1= x3- y3= (x-y)(x2+xy+y2) ⇒ x-y=1 và x2+xy+y2=61 Giải ra ta được: y=5, x=6 Suy ra: n=166. Câu 5. x x x2 Ta có: y2 z2 1 x2 x(1 x2 ) Đặt: A x(1 x2 ) 2A2 2x2 (1 x2 )(1 x2 ) 2 2 2 3 2 2x 1 x 1 x 8 Theo AM - GM: 2A 3 27 2 A 3 3 x 3 3 x2 y2 z2 2 y 3 3 z 3 3 Tương tự: y2 , z2 z2 x2 2 x2 y2 2 3 3 3 3 Suy ra: P hay MinP= 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi: x y z 3 Kính thưa các thầy cô: Trên đây là ĐÁP ÁN THAM KHẢO, do đó không tránh được những nhầm lẫn nên nếu có nhầm lẫn rất mong quý thầy cô thông cảm. Quý thầy cô có thể chia sẻ tài liệu tới bạn bè, người thân nhưng kính mong các thầy cô không chia sẻ lên internet. Chúc quý thầy cô may mắn trong công việc. Trân trọng cảm ơn quý thầy cô. Trang 165