Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2021-2022 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn: Toán - Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1) Cho x 32 3 4 . Tính giá trị biểu thức A x5 5 x 3 6 x 2 6 x 3 . 2) Cho Parabol ():P y x 2 và đường thẳng (d ) : y mx 4 (m là tham số). Chứng minh đường thẳng ()d luôn cắt đồ thị ()P tại hai điểm phân biệt AB, . Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 8 . Câu 2. (4,0 điểm) 2 (x 3) 4( y 1)(3 y x ) 1) Giải hệ phương trình . x 5 3y 2 xy 2 y 2 2 1 1 1 2) Cho các số thực dương a,, b c thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c 2 2 2 1 P 4 a b c . a b c Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho mỗi số n 26 và n 11 đều là các lập phương của một số nguyên dương. 2) Tìm tất các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước số tự nhiên của p 4 là một số chính phương. Câu 4. (7,0 điểm) 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn OR; có BC, cố định. Các đường cao AD,, BE CF của tam giác ABC đồng quy tại H . Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của BHC cắt AB, AC lần lượt tại MN, . a) Chứng minh rằng tam giác AMN cân. AD. BC b) Chứng minh OA vuông góc với EF ; DE EF FD . R c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác của BAC tại K KA . Chứng minh rằng HK luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh MNPQ,,, lần lượt thuộc các cạnh AC. MN NP PQ QM AB,,, BC CD DA của hình vuông. Chứng minh rằng S ≤ . ABCD 4 Câu 5. (1,0 điểm) Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu. HẾT
2. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán - Lớp 9 (Hướng dẫn có 04 trang) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu Đáp án Điểm 1.1. (2,0 điểm) x332 4 x3 6 x 6 0 1,0 A x55 x 3 6 x 2 6 x 3 x 3 6 x 6 x 2 1 9 1,0 A 3 . Vậy A 3 1.2. (2,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: x22 mx4 x mx 4 0 . Ta có m2 16 0, với mọi m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. 1,0 d luôn đi qua điểm cố định I 0;4 nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi A x1;,; y 1 B x 2 y 2 thì xx12. 4 0 nên hai giao điểm AB, nằm về hai phía trục tung. 11 Giả sử xx0 thì ta có S S S AH OI BK OI với HK, lần lượt 12 OAB OAI OBI 22 là hình chiếu vuông góc của điểm AB, trên trục Oy . Ta có OI4, AH x1 x 1 , BK x 2 x 2 . Suy ra SOAB 2 x21 x 1,0 22 2 SOAB 4 x1 x 2 4 x 1 x 2 4 x 1 x 2 . Theo định lý Viet ta có: 22 x1 x 2 m,4 x 1 x 2 . Thay vào ta có: SOAB 4 m 16 64 m 0 . 2.1. (2,0 điểm) (x 3)2 4( y 1)(3 y x ) 1 x 5 3y 2 xy 2 y 2 2 2 2 Điều kiện: y; x 3;3 y x . 3 Phương trình (1) tương đương (x 3)2 4( y 1)(3 y x ) xx26 912 yyxyxxxyyy 2 12 4 4 2 2(52)12 2 12 90 1,0 Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có: 2 ' (2y 5)22 12 y 12 y 9 4 y 4 x5 2 y (4 y 4) 6 y 9 suy ra x5 2 y (4 y 4) 2 y 1 Trường hợp 1: xy69. Do x 3 6yy 9 3 1 suy ra phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: xy21 thay vào phương trình 2 của hệ ta có: 1,0
3. 22y 3y 2 y 2 2 y2 3 y 2 2 y 1 y 2 3yy 2 2 2 3 7 Ta có: ;2y 1 . 3yy 2 2 2 3 Nghĩa là VP VT , suy ra yx21. Vậy hệ có nghiệm xy; 1;2 . 2.2. (2,0 điểm) 1 1 1 4 ab Ta có: x 4 c a b a b c 2 1,0 12 1x 1 P4 a b c2 4 c 1 . 22a b c cx 1 4cx 1 2 1 2 1 4 15 Px2 1 4 4 . 3cx 1 3xx 3 3 3 3 5 1,0 4 15 11 Vậy Pmin khi và chỉ khi a b;. c 5 15 2 15 3.1. (2,0 điểm) nx263 (1) Giả sử với xy, là các số nguyên dương. Lấy (1) trừ (2) từng vế ta được ny113 (2) x3 y 337 ( x y ) x 2 xy y 2 37 . 1,0 22 Chứng minh được x y x xy y với mọi xy, nguyên dương và suy ra được: xy 1(3) và x22 xy y 37(4). Từ 3 suy ra xy15 thay vào 4 cho yy2 12 0 và tìm được các giá trị yy3; 4 (loại) 1,0 Từ y 3 thay vào (5) cho x 4 và suy ra đượcn 38 . 3.2. (2,0 điểm) Gọi p là số nguyên tố nên p 4 có 5 ước số tự nhiên là 1,p , p234 , p , p . Giả sử 1 p p2 p 3 p 4 n 2 với n . Ta có (2n )2 4 n 2 4 4 p 4 p 2 4 p 3 4 p 4 (1) 1,0 22 Suy ra 2p2 p (2 n ) 2 2 p 2 p 2 . 2 Bất đẳng thức này xảy ra nếu (2n )2 2 p 2 p 1 4 p 4 4 p 3 5 p 2 2 p 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 4 4p 4 p2 4 p 3 4 p 4 4 p 4 4 p 3 5 p 2 2 p 1 p 1 pp2 2 3 0 1,0 p 3 Vì p là số nguyên tố nên p 3 .
4. Đảo lại với p 3 , ta có: p4 81 có các ước số tự nhiên là: 1,3,3234 ,3 ,3 và 1 3 32 3 3 3 4 121 11 2 4.1a. (2,0 điểm) A x Q E F O N H M I P J K B D C Ta có AMN ABH MHB và ANM ACH NHC Do HM và HN lần lượt là phân giác của góc BHF và CHE và ta có BHF CHE nên suy 2,0 ra được MHB NHC . Lại có tứ giác BFEC nội tiếp nên FBH CHE . Từ đó ta được AMN ANM nên tam giác AMN cân tại A. 4.1.b (2,0 điểm) Từ A ta vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O). Khi đó ta có BAx ACB . Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có AFE ACB . Do đó ta được AFE xAB nên Ax//EF mà ta lại 1,0 có OA EF . Hoàn toàn tương tự ta cũng có OB DF; CO DE . Từ đó suy ra SSSSABC FOEA BDOF CDOE 1 1 1 1 R. EF R . DE R . FD R DE EF FD 1,0 2 2 2 2 1 AD. BC Mà ta có S AD. BC nên DEEF FD ABC 2 R 4.1.c (2,0 điểm) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt tia phân giác của góc MAN tại K nên AK là đường kính của đường tròn. Từ đó ta có KMA KNA 90o . Từ đó dẫn đến KM// CH và KN// BH suy ra tứ giác HIKJ là hình bình hành, do đó HK đi qua trung điểm củaIJ . IH MF 1,0 Do IM// HF nên theo định lí Talets ta có . Lại có HM là phân giác của tam IB MB MF HF giác BHF nên ta có . MB HB
5. IH HF HJ HE Từ đó ta được . Hoàn toàn tương tự ta có . IB HB CJ HC HF HE IH HJ Mà tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có do đó . HB HC IB CJ 1,0 Từ đây suy raIJ// BC . Theo bổ đề hình thang HK đi qua trung điểm của BC cố định hay HK luôn đi qua một điểm cố định. 4.2. (1,0 điểm) A M B N I Q K L 1,0 D C P Gọi TKL,, là trung điểm MQ,, MP NP theo tính chất đường trung bình và trung tuyến tam giác vuông ta có MN NP PQ QM2( KL CL IK AI ) 2 AC . Từ đó suy ra đpcm. 5. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng lấy 5 điểm tùy ý sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Khi đó, chỉ dùng 2 màu để tô màu các điểm nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại 3 điểm cùng màu. Giả sử 3 điểm đó là ABC,, và cùng màu đỏ. Như vậy ta có tam giác ABC với 3 đỉnh màu đỏ. Gọi G là trọng tâm tam giácABC . Chỉ có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu G là màu đỏ. Khi đó ABCG,,, có cùng màu đỏ và bài toán được chứng minh. 0,5 2) Nếu G có màu xanh. Kéo dài GA,, GB GC các đoạnAA’ 3 GA , BB ’ 3 GB , CC ’ 3 GC . Khi đó nếu gọi MNP,, tương ứng là các trung điểm của BC,, CA AB thì AA’ 3 GA 6 GM AA’2 AM . B' B M P G C N A 0,5 C' A' Tương tự B’ B 2 BN , C ’ C 2 CP . Do đó các tam giác ABC’,’,’ B AC C AB tương ứng nhận ABC,, là trọng tâm. Mặt khác, ta cũng các có tam giác ABC và ABC’’’ có cùng trọng tâm G . Có hai trường hợp xảy ra. a) Nếu ABC’, ’, ’ cùng màu xanh. Khi đó tam giác ABC’’’ và trọng tâm G có cùng màu xanh. b) Nếu ít nhất một trong các điểm ABC’’’ có màu đỏ. Không mất tính tổng quát giả sử A’ màu đỏ. Khi đó tam giác ABC’ và trọng tâm có màu đỏ. Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại
6. một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm màu đỏ. Đó là đpcm. Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 2. Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của học sinh ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thì giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. Hết