Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Nghệ An

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Nghệ An

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN – BẢNG A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để A a2 4a 2021 là một số chính phương. b) Cho đa thức Px với các hệ số nguyên thỏa mãn P 2019 .P 2020 2021. Chứng minh rằng đa thức P x 2022 không có nghiệm nguyên. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình x2 5x 2 2 x 13 x 3. 22 2 y yx x1 x x b) Giải hệ phương trình 2 32 yx 12 x x. Câu 3 (1,5 điểm). Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị nhỏ a 2 bc3 22 nhất của biểu thức P . a b c abc Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E,K,D,F cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho SAMF MF MAP BAC . Chứng minh rằng (Trong đó SAMF ,S AMP lần lượt là diện tích các tam SAMP MP giác AMF và AMP ). Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho hình thoi ABCD có AB a. Gọi R12 ,R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng RR12 a 2. b) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh, sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN – BẢNG B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn x22 y 6x 8. b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n3 5n chia hết cho 6. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình x 6 6 x x 1. x33 5x y 5y b) Giải hệ phương trình 42 x y. 2 Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện x22 y z 3xy. Chứng x yx33 y7 minh rằng . yz x z 1z 6 8 Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. a) Chứng minh rằng 4 điểm E,K,D,F cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho MAP BAC . Chứng minh rằng MA là phân giác FMP. Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho hình thoi ABCD có AB a. Gọi R12 ,R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp 1 1 4 của các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng 2 22. R1 R 2 a b) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh, sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi.
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng A ( Hướng dẫn chấm này gồm có 05 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm 1.a Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để A a2 4a 2021 là một số chính phương. (1,5đ) 222 2 Ta có a0 4a 2021 y a 2 2 17 y 0,25 2 2017 y2 a 2 y a 2 y a 2 2017 0,25 Do 2017 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau xảy ra y a 2 2017 y a 2019 y 1009 +) TH1: 0,25 y a 2 1 y a 1 a 1010 y a 2 2017 y a 2015 y 1009 +) TH2: 0,25 y a 2 1 y a 3 a 1006 y a 2 1 y a 3 y 1009 +) TH3: 0,25 y a 2 2017 y a 2015 a 1006 y a 2 1 y a 1 y 1009 +) TH4: y a 2 2017 y a 2019 a 1010 0,25 Vậy có 2 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán là a 1010 và a 1006. 1.b Cho đa thức Px với các hệ số nguyên thỏa mãn P 2019 .P 2020 2021. Chứng minh rằng (1,5đ) đa thức P x 2022 không có nghiệm nguyên. Giả sử đa thức P x 2022 có nghiệm nguyên x a, khi đó 0,25 P x 2022 x a .Q x P x 2022 x a .Q x . (Với Qx là đa thức hệ số nguyên) Khi đó: P 2019 2022 2019 a .Q 2019 0,25 P 2020 2022 2020 a .Q 2020 0,25 Mà P 2019 .P 2020 2021 2022 2019 a .Q 2019 2022 2020 a .Q 2020 2021 2 0,5 2022 2022 2019 a .Q 2019 2020 a .Q 2020 2019 a 2020 a Q 2019 .Q 2020 2021 * Do 2019 a 2020 a là hai số tự nhiên liên tiếp, suy ra vế trái của (*) là số chẵn. 0,25 Vậy không tồn tại a để đẳng thức (*) xảy ra. Hay đa thức P x 2022 không có nghiệm nguyên. Trang 1
4. 2.a 2 3 Giải phương trình x 5x 2 2 x 1 x 3. (3,0đ) 2 3 Điều kiện: x 1. Phương trình đã cho tương đương với x 5x 2 2 x 1 x 3 0 0,5 x1 x12 3 x 32 x2 6x5 0 0,5 x5 x5 x1 x1x5 0 2 x12 3 x3 2x343 0,5 x1 1 x 5 x1 0 x12 3 2 3 0,5 x3 2x3 4 x 5, 0,5 x1 1 do x 1 0,  x 1. 2 x12 3 x3 2x343 0,5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là T 5. 22 2 2.b y yx x1 x x Giải hệ phương trình (3,5đ) yx2 1 x 32 x 2 Ta có y22 yx x1 x 2 x y 2 1 x 2 x1 y 1 0 0,5 2 y1 y 1y x x 0 2 y xx 0,75 +) Với y 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x3 3 0,5 x3 3x 3 3. Khi đó hệ có nghiệm y1 2 +) Với y x, x thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 0,5 x2 x x 2 1 x 32 x 2 x 4 2x 3 2x 2 x 2 0 2 222 x x 1 x0 x x2x 2 0,5 xx 2 2 +) TH1: x x20 (vô nghiệm) 0,25 15 15 2 15 x x +) TH2: x x10 x . Khi đó hệ có các nghiệm 2 ; 2 . 2 0,5 y1 y1 Trang 2
5. 15 15 x3 3 x x Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm ; ; . 2 2 y1 y1 y1 Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 a222 bc3 (1,5đ) P . a b c abc Ta có 222 222 +) a b c 3a b c 3abbcca 0,25 abbc caab bcca +) a b c abc a b cab bc ca abc a bb cc a 0,25 111 Khi đó suy ra P . ab bc ca Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số thực a,b,c luôn tồn tại hai số 1 hoặc 1. 0,25 Giả sử hai số đó là a và b. Khi đó: 1 a 1b 0a b ab 1 Lại có abbcca1 1ab ca b 0 ab 1 0,25 Từ đó suy ra 0ab ab 1 2 Ta lại có: 1 ab ab aa2 b aa b aa b +) ab ab ab . 22 1 ca caab a1 a1 a 2 a 0,25 1 ba b +) Hoàn toàn tương tự ta có: ab bc 2 2 1111 ab Từ đó ta có P 2 a b a bb cca a b 2 1 x2 2 4x 23 x Đặt a b x, 0 x 2. Khi đó P 2x x 2 2x 22 x1 2x 5x5 x1 2x 5 . 0,25 2x 2x2 2 5 Vậy min P đạt được khi và chỉ khi a 1; b 1; c 0 và các hoán vị. 2 Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam 4.a giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. (3,0đ) a) Chứng minh rằng 4 điểm E,K,D,F cùng thuộc một đường tròn. +) Do EK là trung tuyến của tam giác vuông EHC KE KC KEC ECK 0,75 EKF KCE KEC 2ECK (1) 0,5 Trang 3
6. +) Do tứ giác HDCE nội tiếp ECK EDH +) Do tứ giác FECB nội tiếp ECK FBH 0,75 +) Do tứ giác FBDH nội tiếp FBH FDH Từ đó suy ra 0,5 FDE FDH EDH 2HDE 2ECK (2) Từ (1) và (2) suy ra EKF FDE tứ giác FDKE nội tiếp hay 4 điểm F,D,K,Ecùng thuộc một đường 0,5 tròn. Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam 4.b (3,0đ) giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho SAMF MF MAP BAC. Chứng minh rằng (Trong đó SAMF ,S AMP lần lượt là diện tích các tam SAMP MP giác AMF và AMP ). Gọi N là giao điểm của MK và DE. 0,25 +) Do MN / /BC BDN MNE (4) 0,25 0 +) Do ABDE là tứ giác nội tiếp BDE BAE 180 (5) 0,25 +) Theo bài ra BAC MAP nên từ (4), (5) 0 suy ra MNP MAP 180 0,5 MNPA là tứ giác nội tiếp AMP ANP (6) +) Lại có AMD AND c.g.c AMD AND 18000AMD 180 AND AMF ANP (7) 0,5 Từ (6) và (7) suy ra AMP AMF . 0,25 Gọi lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh và của các tam giác và . h12 ,h F P AMF AMP 11 1 0,75 Ta có : S h .MA MF.sin .MA ; tương tự S MA.MP.sin . AMF 221 AMP 2 S MF Từ đó suy ra AMF . SAMP MP 0,25 5.a Cho hình thoi ABCD có AB a. Gọi R12 ,R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam (1,5đ) giác ABC và ABD. Chứng minh rằng RR12 a 2. Trang 4
7. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường trung trực của đoạn AB cắt các đường AC và BD lần lượt tại I và J. Khi đó I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại 0,25 tiếp của các tam giác ABD và ABC. MA MJ MA MJ Dễ thấy MAI” MJB g.g 0,25 AI JB R21 R MA2 MJ 2 MA 22JB MB 2 22 2 2 0,25 RR21 R2 R1 MA2R 22 MB MA22 MB a22 a 1 2 2 2 211 22 0,25 R21 R RR2 12 4RR1 4 a2 a 2 aa 22aa 2 2 Khi đó 1 2. RR . 2 2 22 12 0,25 4R1 4R 2 4R 12 4R 2R12R2 a2 Do đó RR1 2 2 R 12 R 2 a 2. 2 0,25 Dấu “=” xảy ra RR12 hay tứ giác ABCD là hình vuông. Cho đa giác đều có 2021 đỉnh sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu 5.b xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân (1,5đ) mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Do đa giác đã cho là đa giác đều nên đa giác đó nội tiếp đường tròn tâm O. Do 2021 là số lẻ nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau tô cùng 0,25 màu. Giả sử hai đỉnh đó là A và B và cùng được tô màu đỏ. Cũng do đa giác đã cho đều và có số đỉnh lẻ nên tồn tại đỉnh 0,25 M của đa giác nằm trên trung trực đoạn AB MAB cân. Ta xét hai khả năng xảy ra: +) Khả năng 1: Nếu M tô màu đỏ đpcm. 0,25 +) Khả năng 2: Nếu M tô màu xanh. Gọi E, F là các đỉnh kề của A và B có: EA AB BF EF / /AB MEF cân tại M. Khi đó: 0,25 - Nếu E,F màu xanh MEF cân và thỏa mãn bài toán. 0,25 - Nếu một trong hai đỉnh E,F màu đỏ, giả sử E màu đỏ EAB thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Vậy luôn tồn tại 3 đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác cân có các đỉnh cùng màu. Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 5
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng B ( Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm 1.a Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thỏa mãn x22 y 6x 8. (1,5đ) 22 2 2 Ta có x y 6x 8 x 6x 9 y 17 0,25 2 2 x 3 y 17 x3yx3y 17 0,25 Do 17 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau: x 3 y 17 x y 20 x 12 0,25 +) TH1: x3y1 xy4 y 8 x 3 y 17 x y 14 x 6 +) TH2: 0,25 x3y 1 xy2 y8 x 3 y 1 x y 4 x 12 +) TH3: 0,25 x 3 y 17 x y 20 y 8 x3y 1 xy 2 x 6 +) TH3: x3y17xy14y8 0,25 Vậy các cặp số nguyên x;y thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12; 8 , 6;8 , 12;8 , 6; 8  . 1.b 3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n 5n chia hết cho 6. (1,5đ) Ta có n33 5n n n 6n 0,25 n n 1 n 1 6n 0,5 Do nn 1 n 1 là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nn 1 n 1  6 0,5 Lại do 6n 6 , từ đó suy ra n n 1 n 1 6n 6 n3 5n 6 0,25 2.a Giải phương trình x 6 6 x x 1. (3,0đ) Trang 1
9. Điều kiện 1 x6 0,5 Phương trình đã cho tương đương với x6 x1 6x 0 0,5 x5 x12 1 6x 0 0,5 x5 x5 x5 0 x12 1 6x 0,5 11 x 51 0 x5 , x12 1 6x 0,5 11 Do 1 0,  x 1; 6 x12 1 6x 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5. 33 2.b x 5x y 5y Giải hệ phương trình 42 (3,5đ) x y. 2 Ta có x3 5x y 3 5y x 33 y 5 x y 0 0,5 xyx 22 xyy 5xy0 x y x22 xy y 5 0 0,5 x y, do x22 xy y 5 0,  x, y . 1,0 Với x y, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x42 x 20 x22 1x 2 0 0,5 x2 1, do x2 20 ,x  0,5 x1x 1 x 1. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm ; y 1 y 1. 0,5 22 3 Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện x y z 3xy . Chứng minh rằng x yx33 y7 (1,5đ) . yz x z 1z 6 8 Ta có 3xy x22 y z 2yx z xy z 0,25 Suy ra : 22 x33 y x yx y xy x y xy xy +) (1) 0,25 16z 16z 16z 16 2 xy x22 y xy (x y)2 4 +) (2) 0,5 y z x z xy xz xy yz 2xyzxyxy(2xy)2xy Trang 2
10. 4 xy 41x2 y Từ (1) và (2) cho ta P P xy 21 6 x y 2 16 8 0,5 4 xy2 1 17 7 xy3 2 . 1. Vậy minP xy2 16 8 88 8 z9 Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam 4.a giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. (3,0đ) a) Chứng minh rằng 4 điểm E,K,D,F cùng thuộc một đường tròn. +) Do EK là trung tuyến của tam giác vuông EHC KE KC KEC ECK 0,5 EKF KCE KEC 2ECK (1) 0,5 +) Do tứ giác HDCE nội tiếp ECK EDH +) Do tứ giác FECB nội tiếp ECK FBH 1,0 +) Do tứ giác FBDH nội tiếp FBH FDH Từ đó suy ra 0,5 FDE FDH EDH 2HDE 2ECK (2) Từ (1) và (2) suy ra EKF FDE tứ giác FDKE nội tiếp hay 4 điểm F,D,K,Ecùng thuộc một đường 0,5 tròn. Cho tam giác nhọn ABC có D,E,F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B,C của tam 4.b (3,0đ) giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC. b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho MAP BAC . Chứng minh rằng MA là phân giác FMP. Gọi N là giao điểm của MK và DE. 0,5 +) Do MN / /BC BDN MNE (4) +) Do ABDE là tứ giác nội tiếp 0,5 BDE BAE 1800 (5) +) Theo bài ra BAC MAP nên từ (4), (5) 0 suy ra MNP MAP 180 0,5 MNPA là tứ giác nội tiếp AMP ANP (6) +) Lại có AMD AND c.g.c AMD AND 0,5 00 180 AMD 180 AND AMF ANP (7) 0,5 Từ (6) và (7) suy ra AMP AMF MA là phân giác FMP. 0,5 Trang 3
11. Cho hình thoi có Gọi lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các 5.a ABCD AB a. R12 ,R 1 1 4 (1,5đ) tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng 2 22. R1 R 2 a Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường trung trực của đoạn AB cắt các đường AC và BD lần lượt tại I và J. Khi đó I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại 0,25 tiếp của các tam giác ABD và ABC. MA MJ Dễ thấy MAI” MJB g.g AI JB 0,25 MA MJ MA22 MJ 22 0,25 RR21RR21 MA22JB M B 2 22 0,25 R 21R MA2R 22 MB MA22 MB 1 2 2 2 2 1 0,25 R2 R12 RR1 aa22 1 1 4 2 21 2 22. 0,25 4R11 4R22 R R a Cho đa giác đều có 2021 đỉnh sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu 5.b xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân (1,5đ) mà các đỉnh đó được tô cùng một màu. Do đa giác đã cho là đa giác đều nên đa giác đó nội tiếp đường tròn tâm O. Do 2021 là số lẻ nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau tô cùng 0,25 màu. Giả sử hai đỉnh đó là A và B và cùng được tô màu đỏ. Cũng do đa giác đã cho đều và có số đỉnh lẻ nên tồn tại đỉnh 0,25 M của đa giác nằm trên trung trực đoạn AB MAB cân. Ta xét hai khả năng xảy ra: +) Khả năng 1: Nếu M tô màu đỏ đpcm. 0,25 +) Khả năng 2: Nếu M tô màu xanh. Gọi E, F là các đỉnh kề của A và B có: EA AB BF EF / /AB MEF cân tại M. Khi đó: 0,25 - Nếu E,F màu xanh MEF cân và thỏa mãn bài toán. 0,25 - Nếu một trong hai đỉnh E,F màu đỏ, giả sử E màu đỏ EAB thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 Vậy luôn tồn tại 3 đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác cân có các đỉnh cùng màu. Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 4