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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: Toán lớp 9 THCS ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/3/2021 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm). x y x y x y2 xy Cho biểu thức: P :1 với x 0; y 0; xy 1. 11 xy xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P với y 9 4 5. Câu 2 (4,0 điểm). Cho phương trình mx2 2 m 2 x m 3 0 ( m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm xx12, thỏa 11 mãn: 22 2. xx12 Câu 3 (4,0 điểm). 22 xy x y x 2 y a) Giải hệ phương trình x2 y y x 1 2 x 2 y b) Tìm tất cả các số nguyên dương x,, y z thỏa mãn phương trình x6 y 6 15 y 4 z 3 75 y 2 3 x 2 y 2 z 15 x 2 z 125. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn OR;. Gọi H là một điểm di động trên đoạn thẳng OA ( H khác O và HA HO ). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu vuông góc của M trên OB. a) Chứng minh BMK MAB. b) Các tiếp tuyến của OR; tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của OR; lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh rằng: OE OG OF OD c) Tìm vị trí điểm để chu vi tam giác MAB đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (2,0 điểm). 1 1 1 a) Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn 6. abc2 2 2 b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q . a b2 c 2 b c 2 a 2 c a 2 b 2 b) Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Chú ý: Những cách giải khác HDC mà đúng thì cho điểm theo thang điểm đã định. Câu Nội dung Điểm x y 11 xy x y xy 12 xy x y xy a) P : 0,5 11 xy xy xxy yyx xxy yyx 1 xy . 0,5 11 xy x y xy 2 y x y 0,5 11 xy 1 2 y (4đ) 0,5 1 y 2 b) y 9 4 5 5 2 0,5 2 y 5 2 5 2 0,5 2 5 2 5 P 1,0 1 9 4 5 5 a) Phương trình có hai nghiệm trái dấu mm 30 1,0 0 m 3. 1,0 b) TH1. m 0 0,5 Phương trình 4x 3 0 (Không thỏa mãn yêu cầu) TH2. m 0 2 0,5 Phương trình có hai nghiệm xx12, '0 m 2 m m 3 0 m 4 22 m 2 2 xx12 (4đ) m 11 x1 x 2 2 x 1 x 2 Khi đó và 22 0,5 m 3 xx2 2xx 2 xx 12 12 12 m 2 22 m m 3 2 mm 0,5 2 2 m 1 ( t / m ). m 3 m 22 xy x y x 2 y (1) a) Điều kiện: xy 1, 0 0,5 x2 y y x 1 2 x 2 y (2) Khi đó: 1 x y x 2 y 1 0 0,5 3 (4đ) x 2 y 1 0 x 2 y 1 0,5 Thay vào phương trình (2) ta được: y 1 2 y 2 0 y 2 0,5 y hệ có nghiệm xy; 5; 2 .
3. b) x6 y 6 15 y 4 z 3 75 y 2 3 x 2 y 2 z 15 x 2 z 125. 6 3 2 2 2 6 4 2 x z 15x z 3 x y z y 15 y 75 y 125 0,5 33 xz2 y 2 5 3 3 x 2 z y 2 5 33 Áp dụng BĐT Cauchy ta có VT x2 y 2 5 z 3 3 x 2 z y 2 5 0,5 Dấu "" xảy ra khi x22 z y 5 Phương trình x22 y 55 x y x y 0,5 x y 53 x ()l x y 12 y x y 1 x 3 z 9 0,5 x y 52 y Nghiệm của phương trình là x; y ; z 3;2;9 . a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O ). 11 0,5 Ta có MAx MOA sđ AM (1) 22 Có Ax MH (cùng vuông góc với OA ) MAx AMH (2) 11 0,5 MBA MOA sđ (3) 22 Từ (1),(2),(3) MBA AMH (5) OAB cân tại O và AOB 12000 , BAO ABO 30 Gọi NT, lần lượt là giao điểm của MH, MK với AB 0,5 Ta có MTB TBK TKB 1200 , MNA NAH NHA 1200 MTB MNA (6) Từ (5),(6) MNA đồng dạng BTM MAN BMT BMK MAB. 0,5 b) Có: DAO DMO 900 (Tính chất tiếp tuyến) tứ giác AOMD nội tiếp (7) 4 1 1 0,5 GAM sđ BM ; MOG GOB sđ BM (6đ) 2 2 GAM MOG tứ giác AMGO nội tiếp (8) Từ (7), (8) ta có 5 điểm ADMGO,,,, cùng nằm trên một 0,5 đường tròn AGO ADO ODM OGF đồng dạng ODE 0,5 OE OD hay OE OG OF OD 0,5 OF OG c) Trên đoạn MC lấy điểm A' sao cho MA' MA 0 0,5 AMA' đều MAB A' AC 60 BAA ' MAB A'' AC MB A C MA MB MC Chu vi AMA' là 0,5 MA MB AB MC AB 2 R AB Giá trị lớn nhất của chu vi MAB là 2R AB Giá trị lớn nhất của chu vi đạt được khi là 0,5 đường kính của (O ). Khi đó M là điểm chính giữa cung AB
4. Gọi I là giao điểm của AO và BC H là trung điểm đoạn AI 33 0,5 Ta có AI R AH R 24 111 a) Q 1 1 1 1 1 1 a 2 2 b 2 2 c 2 2 c b a c b a 1 1 1 Đặt x,, y z thì x, y , z 0 và x2 y 2 z 2 6 a b c x y z x2 y 2 z 2 Q y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 x 66 x22 y y zz 6 2 Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta được 2223 2 22 1 2 2 2 1 2xxx 6 6 0,5 x 6 x 2 x 6 x 6 x 32 2 2 3 x2 2 x 6 x22 4 2 x xx 6 2 8 yz2222 Tương tự yz22, y 66 y22 88 z z 2 3 2 Do đó Q x2 y 2 z 2 84 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi x y z 2 hay abc 2 5 32 (2đ) y giá trị nhỏ nhất của Q là . 4 b) Lấy 5 điểm tùy ý sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng trên mặt phẳng. Khi đó vì chỉ dùng hai màu để tô các đỉnh nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ba điểm trong số đó cùng màu. Giả sử ba 0,5 điểm đó là ABC,, màu đỏ. Khi đó tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó chỉ có hai khả năng xảy ra 1. Nếu G màu đỏ thì ABCG,,, cùng màu và bài toán được chứng minh 2. Nếu G màu xanh, kéo dài GA,, GB GC và lần lượt lấy trên đó các điểm ABC', ', ' sao cho AA' 3 GA , BB ' 3 GB , CC ' 3 GC . Khi đó, nếu gọi MNP,, tương ứng là trung điểm của BC,, CA AB thì AA' 3 GA 6 GM AA ' 2 AM . Tương tự, BB' 2 AN , CC ' 2 CP . Do đó các tam giác A',',' BC B CA C AB tương ứng nh n ABC,, làm trọng tâm. Mặt khác, các tam giác ABC và ABC''' có cùng trọng tâm G. 0,5 Có hai trường hợp 2.1. Nếu ABC', ', ' có cùng màu xanh thì tam giác ABC''' và trọng tâm G cùng màu xanh 2.2. Nếu ít nhất một trong các điểm ABC', ', ' màu đỏ, không giảm tính tổng quát, giả sử A' màu đỏ. Khi đó tam giác A' BC và trọng tâm A màu đỏ. y trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác có ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.