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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TỈNH PHÚ YÊN LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2021 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1.(5,00 điểm) a) Chứng minh rằng: 35 2 13 3 5 2 13 1. b) Biết đa thức x4 4 x 3 6 px 2 4 qx r chia hết cho đa thức x3 3 x 2 9 x 3 . Tính giá trị biểu thức p qr . Câu 2.( 3,50 điểm) Giải hệ phương trình: xy 5 5 2 2x y xy 10 2x y xy 4. xy Câu 3.(2,50 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 5 y 2 13 . Câu 4.(3,00 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ở D. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của DA với (O) và DA với BC; H là giao điểm của OD với BC. a) Chứng minh tam giác OAH đồng dạng với tam giác ODA. b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt (O) tại K (khác A). Chứng minh rằng E, H, K thẳng hàng. Câu 5.(3,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 1 1 1 1 1 1 Px y với x 0, y 0, 2 2  xyx y x xy y Câu 6.( 3,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có H là trực tâm, (I) là đường tròn nội tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Gọi K là hình chiếu vuông góc của D trên EF. a) Chứng minh rằng FKB EKC . b) Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của HB, HC với EF. Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK .EQ. c) Chứng minh rằng KD là phân giác của HKI . Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: . ;Chữ kí giám thị 2: 2. Đáp án và thang điểm
2. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 5,00 đ 3 3 a) Chứng minh rằng: A 5 2 13 5 2 13 1. 2,50 đ Ta thấy: A3 10 9 3 5 2 13 3 5 2 13 10 9 A 1,00 đ 2 A1 AA 10 0 . 0,50 đ 2 2 1 39 Vì AA 10 A 0 nên suy ra A 1 0 A 1. 1,00 đ 2 4 b) Biết đa thức x4 4 x 3 6 px 2 4 qx r chia hết cho đa thức 3 2 2,50 đ x 3 x 9 x 3 . Tính giá trị biểu thức Q pqr . Giả sử x4 4 x 3 6 px 2 4 qx r xax 3 3 x 2 9 x 3 0,50 đ 4 3 2 x a3 x 3 a 9 x 9 a 3 x 3 a . 0,50 đ 4 a 3 a 1 6p 3 a 9 p 2 Đồng nhất các hệ số cùng bậc hai vế, ta được: 1,00 đ 4q 9 a 3 q 3 ra 3 r 3. Suy ra p qr 15. 0,50 đ xy 5 5 2 2x y xy 2 Giải hệ phương trình: 3,50 đ 10 2x y xy 4. xy Điều kiện xy 0, 2 x yxy 0 . 0,25 đ Đặt u xyv, 2 x y xyuv , 0 , hệ phương trình đã cho trở thành 0,50 đ u 5 5 (1) 2 v 10 v 4 (2). u 10 4u 10 Từ (2) v 4 hay v . Thay vào (1) ta được 0,50 đ u u u5 u 2 5uu2 10 25 0 u 5 0 uv 5 2. 1,00 đ 2 4u 10 xy 5 xy 5 Ta được hệ phương trình: 0,50 đ 2xyxy 2 2 xy 7 x 1 2 y 5 x 7 2 x 5 2x 7 x 5 0 5 . y 7 2 x y 7 2 x x 0,50 đ 2 y 2
3. 5 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 1;5 , ;2 . 0,25 đ 2 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 5 y 2 13 (*) 2,50 đ Ta có: (*) 2(x2 1) 5(3 y 2 ) . 0,50 đ 2 2 Do (2,5) 1 nên x 1  5 và 3 y  2 . 0,50 đ 2 2 Đặt x 1 5 kyl ,3 2 , ta có: 10k 10 l klkl , . 0,50 đ 1 2 k x 5 k 1 0 5 Do đó: k l 1. 0,50 đ y2 3 2 l 0 3 l 2 Vậy x 2, y 1. 0,50 đ Phương trình có các nghiệm nguyên: (-2 ;-1), (-2 ;1), (2 ;-1) và (2 ;1). 4 3,00 đ a) Chứng minh ∆OAH ∆ODA 1,00 đ Theo tính chất tiếp tuyến thì BC OD . A K 0,25 đ Áp dụng HTL vào tam giác vuông OCD, với CH là đường cao ta có: 2 2 0,50 đ OC OHOD. OA OHOD. O OA OD OH OA ∆OAH ∆ODA . B F H C 0,25 đ b) Chứng minh rằng E, H, K thẳng hàng 2,00 đ Từ câu a) ta có ∆OAH ∆ODA E OHA OAD OEA (1) OAEH nội tiếp 1,00 đ D EHD EAO OAD (2). Từ (1) và (2) EHD OHA (3). Dễ thấy ∆ABH=∆KCH (c.g.c) HA = HK hay AKH cân tại H (4). Vì OH  BC, AK//BC OH  AK (5). 0,50 đ Từ (4) và (5) suy ra OH là phân giác AHK hay OHA OHK (6). Kết hợp (3) và (6) suy ra OHK EHD ; 0,50 đ Suy ra EHO OHK EHO EHD 1800 , hay 3 điểm E, H, K thẳng hàng. 1 1 1 1 1 1 3 3 3,00 đ 5 Tìm GTLN của biểu thức: Px y với x 0, y 0, 2 2  xyx y x xy y 1 1 1 1 1 1 2 2 Giả thiết: 2 2 x y x xy y (do x 0, y 0 ). 0,50 đ xyx y x xy y 2 Do đó: Px 3 y 3 xyxxyy 2 2 xy . 0,50 đ 2 2 x y Để ý rằng xyx 2 xyy 2 xy 3 xy và xy 0,50 đ 4
4. 23 2 Suy ra xyxy xy xyxy 4 0 0,50 đ 4 2 Hay 0 xy 4 0 xy 16. 0,50 đ Vậy Max P = 16. Dấu đẳng thức xảy ra khi x y 2. 0,50 đ 6 3,00 đ a) Chứng minh FKB EKC A 1,00 đ Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu của B, C lên EF. N E P Khi đó: K F 0,50 đ BFM AFE AEF CEN Q M BFM CEN I BM BF BD H  CN CE CD B D C Mặt khác, BM//DK//CN nên theo định lí Thales ta có: BD MK BM MK 0,50 đ BMK CNK (c.g.c) FKB EKC . CD NK CN NK b) Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK .EQ. 1,00 đ Dễ chứng minh được BFP CEQ , FBP ECQ (cùng phụ BAC ). FB FP 0,50 đ Do đó BFP CEQ (g.g) (1)  EC EQ Theo a) FKB EKC . Kết hợp với BFK CEK BFK CEK (g.g); FB FK 0,25 đ suy ra (2)  EC EK FP FK Từ (1) và (2) suy ra EKFP FKEQ (đpcm). 0,25 đ EQ EK c) Chứng minh KD là phân giác của HKI 1,00 đ FP FK FP FK KP EK FK EK FK EF Theo b): (3)  0,25 đ EQ EK EQ EK KQ QK PK QK PK QP Hơn nữa, do IE//HP, IF//HQ, IE=IF nên IEF HPQ IFE HQP . 0,25 đ Do đó IEF HQP (g.g). IE EF Ta có IEF HQP (4)  0,25 đ HQ QP EK IE Từ (3) và (4) ta có IKE HKQ (c.g.c) IKE HKQ QK HQ 0,25 đ Suy ra IKD 900 IKE 90 0 HKQ HKD , hay KD là phân giác IKH .