Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020 - 2021 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn thi: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (4,0 điểm) xyz abc xyz2 22 1. Cho ++=1 và ++=0 . Chứng minh rằng: ++=1. abc xyz abc222 22x+ xx −+ 1 xx 1 2. Cho biểu thức P =+−. x xxxx−+ a. Rút gọn P . b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x ≥ 4 . Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình: x22−2 mx + m − m −=60 (m là tham số). 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. += 2. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x 2 sao cho xx128 . Câu 3 (4,0 điểm) 3 22 x+ xy += x2 x y + 22 y + y 1. Giải hệ phương trình:  . ++2 − + = x1 4 yx 4 1 32 y 2. Tìm các số tự nhiên xyz,, sao cho xyz222+ + +<3 xyy + 32 +z Câu 4 (2,0 điểm): Cho ba số dương abc,, thỏa mãn abc++=9. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ab c thức: P =++ bbbcccaaa32+5 −+ 3 1832 + 5 −+ 3 183 + 5 2 −+ 3 18 Câu 5 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A( AB< AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi DEF,, lần lượt là tiếp điểm của (O ) với các cạnh AB,, AC BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF, DF lần lượt tại IK,. 1. Tính số đo góc BIF . 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE. a. Khi AM= AB , gọi H là giao điểm của BM vàEF . Chứng minh rằng ba điểm AO,, H thẳng hàng. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O ) ; PQ, lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một góc không lớn hơn 450 3 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . 5 abc −1 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 <<<abc và P = nhận (abc−−−111)( )( ) giá trị nguyên. === Hết === Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN 9 Câu 1 Đáp án Điểm 2 22 1.1 xyz abc xyz Cho ++=1 và ++=0 . Chứng minh rằng : ++=1 1,5 điểm abc xyz abc222 ĐK: xyzabc ≠ 0. abc ayz+bxz+cxy 0.5 Từ ++=⇔00 =⇔ ayz + bxz + cxy = 0 x y z xyz xyz xyz x2 y 22 z xy xz yz Ta có ++=⇔++1( )12 =⇔+++2( ++) = 1 0.5 abc abc a222 b c ab ac bc x2 y 22 z cxy++ bxz ayz xyz2 22 ⇔+++21=⇔++=1 0.5 a222 b c abc abc222 22x+− xx 1 xx+1 Cho biểu thức P = +− 1.2 x xxx−+ x 2,5 điểm a. Rút gọn P. b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x ≥ 4 . a. Điều kiện: xx>≠01;. 0.5 2x+ 2 ( x − 1)( xx ++ 1) ( x + 1)( xx −+ 1) p =+− x xx(−+ 1) xx( 1) 0.5 22x+ xx ++ 1 xx −+ 122 x + x + 2 P =+−= 0.5 xx x x 22xx++ 2 x 2 3 b. Px= =++()2 + xx22 0.5 x 23 Áp dụng AM-GM ⇒P ≥2 . + 427 += 22x 0.5 Dấu bằng xảy ra khi x=4. Vậy GTNN của P = 7 khi x=4 Cho phương trình: x22−2 mx + m − m −= 60 ( m là tham số). Câu 2. a. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. 2,0 điểm b. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x2 sao cho xx12+=8 ? 22 2.a Phương trình: x−2 mx + m − m −= 60 có hai nghiệm thì: 22 0.5 0.5 điểm ∆='m −() mm −−=+≥⇔≥−6 m 60 m 6 xx12+=2 m Theo hệ thức Vi-ét ta có:  2 xx12= m −− m 6 Ta có x+=⇔++ x8 x22 x2 xx = 64 1 2 1 2 12 0.5 2 ⇔+−()x1 x 22 xx 12 + 2 xx 12 = 64 2.b Trường hợp 1: 1,5 điểm  m ≥−6 Nếu x1 và x2 cùng dấu thì: xx12≥⇔0  2 mm− −=6()() m + 2 m − 30 ≥ −62 ≤m ≤− 0.5 ⇔  (*) m ≥ 3 2 2 Khi đó (1) ⇔()xx12 + =64 ⇔ 4 m = 64 ⇔=± m 4 (thỏa mãn (*)).
3. Trường hợp 2: Nếu x và x trái dấu thì: xx 0, phương trình (4) tương đương xx+ + +−=43 x x 11 Đặt tx= +( t ≥22) ⇒+ x = t2 − x x 3.a 0,5 2 điểm Phương trình (4) trở thành tt+2 −=63 t ≤ 3 t ≤ 3  5 ⇔2 − =−⇔ ⇔ ⇔= tt63 22 5 t t−=6 tt − 69 + t = 2  2  1  11 5 15 x = xy=⇒= Với t = ⇒+x =⇔2 ⇔ 48 2 x 2    x = 2 xy=⇒=42 0,5 11 Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm ; ;( 4; 2) 48 Từ giả thiết ta có xyz2++++≤++⇔+++−−−≤ 223 1 xyy 3 2z xyz2 224 xyy 3 2z 0 0,5 22 3.b 22yy 3  0,5 ⇔x − xy +  + −3y + 3  +( z − 2z +≤ 1) 0 2 điểm 44  
4.  y x −=0  2 22  x = 1 yy   2 y ⇔−xz  +3 −+−≤⇔−=⇔= 1 ( 1) 0 10 y 2 0,5 22   2 z = 1 z −=10    x = 1 0,5  Vậy có duy nhất bộ y = 2 thỏa mãn bài toán  z = 1 Câu 4. Cho ba số dương abc,, thỏa mãn abc++=9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: abc 2 điểm P = ++ bbb32+5 −+ 3 18 ccc32 + 5 −+ 3 18 aaa3 + 5 2 −+ 3 18 b++6 bb22 −+ 39 b + Ta có b32+5 b − 3 b + 18 =( b + 6)( bb2 −+ 3) ≤ = 22 0.5 aa2 ⇒≥ 2 (1) bbb32+5 −+ 3 18 b + 9 bb2 cc2 ≥ ≥ Tương tự ta có 2 (2) ; 2 (3) 0.5 ccc32+5 −+ 3 18 c + 9 aaa32+5 −+ 3 18 a + 9 222abc Từ (1,2,3) ( ) ( ) ta có P ≥++ bca22+++999 2 22 21a 2a(b+− 9) 2 ab 1 2ab22  1 2ab  1ab Mà ==−2a  ≥−2a  =−2a 22++ 2 + 0.5 bb9999 b 9  9 69b  3 11 ab++ bc ca ab++ bc ca  Nên P≥2a ++− 2 bc 2  =18 −  9 39 3 2 Lại có 3(ab++ bc ca) ≤++⇒++≤( a b c) ab bc ca 27 1 27 Suy ra P ≥18 −= 1. 93 b+=63 bb2 −+  2 c+=63 cc −+ 0.5  Dấu bằng xảy ra ⇔a +=63 a2 −+⇔ a abc === 3. abc++=9  abc= = = 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi abc= = = 3 . Cho tam giác ABC vuông tại A( AB< AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi DEF,, lần lượt là tiếp điểm của (O ) với các cạnh AB,, AC BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF, DF lần lượt tại IK,. Câu 5 1. Tính số đo góc BIF . 6 điểm 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE. a. Khi AM= AB , gọi H là giao điểm của BM vàEF . Chứng minh rằng ba điểm AO,, H thẳng hàng. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O ) ; PQ, lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE vàDF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn
5. thẳng PQ lớn nhất. 5.1 2 điểm 1.0 Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD BD; OF BF và BD = BF Mà OD = OF (vì D, F thuộc đường tròn (O)) nên OB là trung trực của DF OB DF tại K ∆ KIF vuông tại K. ⊥ ⊥ Chỉ ra tứ giác ADOE là hình vuông => DOE = 900 ⇒ ⊥ ⇒ Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 0.5 11 0 DFE = DOE = .9000 = 45 hay KFI = 45 22 ∆ KIF vuông cân tại K 0.5 => KIF = 450 hay BIF = 450 . Vậy BIF = 450 ⇒ 0.5 Tứ giác ADOE là hình vuông AO là trung trực DE (1) Có AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A ⇒ 0 0 5.2.a => ABM = 45 hay DBH = 45 0.5 2 điểm => DBH =450 = DFH ( theo ý 1) BDHF là tứ giác nội tiếp (2) . 00 0 Thấy⇒ BDO+ BFO =+=90 90 180 nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) 5 điểm B, D, O, H, F cùng nằm trên một đường tròn 0.5 0 suy ra BHO=⇒ BFO = 90 OH BM. Mặt khác ADE=450 = ABM và hai góc này đồng vị ⇒ ⊥ nên DE//BM OH DE (4) 0.5 Từ (1) và (4) ⇒ A, O,⊥ H thẳng hàng. ⇒
6. 0.5 Vì DPN + DQN =+=9000 90 180 0nên DPNQ là tứ giác nội tiếp =>QPN = QDN (vì cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác: tứ giác DENF nội tiếp (O) nên FDN = FEN hay QDN = FEN (6) Từ (5) và (6) ta có QPN = FEN (7) = 5.2.b Tương tự ta có: EFN PQN (8) 0.5 2 điểm Từ (7) và (8) suy ra: ∆NPQ ∆NEF (g.g) PQ NQ => = EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ≤≤ NF => = 1 0.5 EF NF =>≤PQ EF không đổi (do E, F cố định) Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F NF DF D, O, N thẳng hàng. Do vậy: PQmax= EF khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua 0.5 O. ⇔ ⊥ ⇔ 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một 3 góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . Câu 6 5 2 điểm 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 <<<abc và abc −1 P = nhận giá trị nguyên. (abc−−−111)( )( ) Chia lục giác đều có cạnh bằng 1 thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 1, có 19 điểm nằm trong lục giác đều nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một tam giác chứa 4 điểm trong 19 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác đều 0.25 33 cạnh 1 có bán kính R = < . 35
7. Trường hợp 1: Giả sử 4 điểm đó là A, B, C, D tạo thành một tứ giác lồi (Hình 3.1), suy ra có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 900; giả sử đó là BA D≤⇒ 90 BAC + CA D ≤ 90 suy ra trong hai góc BAC ,D CA có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 45 . Giả sử BAC ≤ 45 suy ra tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 . A A A 6.a 1,0 điểm 0.25 B D D C C B B D C Hình 3.2 Hình 3.3 Hình 3.1 Trường hợp 2: Giả sử 4 điểm đó tạo thành các hình 3.2 và 3.3 +) Nếu BDC ≥⇒90 CB D + BC D ≤ 90 thì một trong hai góc CB D, BC D có số đo không lớn hơn 45 . Giả sử CB D≤ 45 suy ra tam giác BCD thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 . 0.5 +) Nếu BC D 1 111 1 1 1 Nếu a ≥ 4 thì 41≤ ,1. Từ đó suy ra  và  .  P = 3 a = 3 Ta có 4 trường hợp sau: 21bc − Trường hợp 1: aP=2, = 2 ta có =2 ⇔ 2bc −= 12( b − 1)( c − 11) ( ) (bc−−11)( ) Do VT (1) lẻ mà VP(1) chẵn nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: aP=2, = 3 ta có 21bc − =3 ⇔ 2bc −= 13( b − 1)( c − 1) ⇔( b − 3)( c − 3) = 5 0.25 (bc−−11)( ) b −=31 ⇔ ⇒=abc2, = 4, = 8 c −=35 ( vì bc< ) Trường hợp 3: aP=3, = 2 ta có
8. 31bc − =⇔−2(bc 4)( −= 4) 11 21(bc−−)( 1) b −=41 0,25 ⇔ ⇒=abc3, = 5, = 15 c −=4 11 Trường hợp 4: aP=3, = 3 ta có 31bc − =3 ⇔ 3bc −= 16( b − 1)( c − 1) 21(bc−−)( 1) Phương trình vô nghiệm vì vế phải chia hết cho 3 mà vế trái không chia hết cho 3. abc=2, = 4, = 8 Vậy  thỏa mãn bài toán. abc=3, = 5. = 15