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

1. SỞ GD&ĐT SƠN LA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Ngày thi: 14/3/2021 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề 2xx 1 3 11 x x 3 Câu 1 (4,0 điểm). Cho hai biểu thức A và B x 3 x 3 9 x x 1 (với x 0; x 9). 2 2 a) Tính giá trị của B tại x . 5 45 2021 5 45 2021 b) Rút gọn A. c) Tìm tất cả các số nguyên x để P = A.B nhận giá trị nguyên. Câu 2 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y 2 m 1 xm 2 và parabol P : y x2 ( m là tham số). a) Tìm tọa độ các giao điểm của d và P khi m 2 . b) Tìm m để d và P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 sao cho 2 2 biểu thức E x1 x 2 xx 1 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (4,0 điểm). y2 2 xy 8 x 2 6 x 1 a) Giải hệ phương trình . 2 3 2 y x 8 xx 1 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 2 y 2 2 xy 3 y 4 0. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có góc A tù. Vẽ đường tròn O đường kính AB và đường tròn O' đường kính AC . Đường thẳng AB cắt đường tròn O' tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E . a) Chứng minh bốn điểm BCDE,,, cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn O và O' ( F khác A). Chứng minh ba điểm B,, F C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. c) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH AD AHBD . 1 1 1 Câu 5 (2,0 điểm). Cho 3 số thực dương abc,, thỏa mãn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất a2 b 2 c 2 b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 của biểu thức P . a( b2 c 2 )( b c 2 a 2 )( c a 2 b 2 ) Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. SỞ GD&ĐT SƠN LA HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (HD chấm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Ta có: 2 2 x 5 45 2021 5 45 2021 2 45 2021 2 45 2021 90 2 2021 90 2 2021 0,5 1.a 5 45 2021 45 2021 5 2025 2021 180 9 20 Thay x 9 vào biểu thức B ta được: x 3 9 3 3 3 B 0 0,5 x 1 9 1 3 1 2xx 1 3 11 x A x 3 x 3 9 x 2xx 3 xx 1 3 11 x 3 0,5 1 x 3 x 3 1.b 2xxxxx 6 3 3 11 x 3 0,5 x 3 x 3 3x 9 x 3x x 3 3 x với x 0, x 9 0,5 xx 3 3 xx 3 3 x 3 3x x 3 3 x 3 x 1 3 Ta có: P AB = = = x 3 x 1 x 1 x 1 0,5 3 3 x 1 1.c 3 P là số nguyên là số nguyên 3x 1 0,5 x 1  Hay x 1 Ư(3) = { 1; 3 } 0,5 x 0; 4 Khi m 2 đường thẳng (d) có dạng: y 5 x 4 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x 1 0,25 2 2.a 2 2 xx 5 4 xx 5 4 0 x 4 Với x 1 yx 1; 4 y 16 . 0,25
3. Vậy tọa độ giao điểm của d và P là: (1;1) ; 4;16 . 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: 0,25 x2 2 m 1 xm 2 x2 2 m 1 xm 2 0 Tính được 2m 1 2 0,25 1 * (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt 0 m 0,5 2 xx1 2 2 m 1 * Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 0,5 xx1. 2 2 m 2b 2 2 2 2 0,5 Do đó: Ex 1 x 2 xx 1. 2 2m 1 3.2 mmm 4 2 1 2 1 3 3 0,5 2m , với mọi m . 2 4 4 3 1 0,5 Min E khi m 4 4 y2 2 xy 8 x 2 6 x 1 (1) a) 2 3 2 y x 8 xx 1 (2) Từ phương trình (1) cộng vào 2 vế với x2 , ta được: 0,5 y2 2 xyx 2 9 x 2 6 x 1 xy 2 3 x 1 2 xy 2 3 x 1 2 0 0,5 xyx3 1 xyx 3 1 0 1 2 xyxy 4 1 0 1 2xy 0 y 1 2 x 4xy 1 0 yx 4 1 3a + Trường hợp 1: y 4 x 1 thế vào phương trình (2) ta được: 4x 1 2 xxx3 8 2 1 16 xxxxx 2 8 1 3 8 2 1 0,5 x 0 xxx38 2 7 0 x 1 x 7 Ta tìm được nghiệm x; y là (0; - 1); (1; 3); (7; 27) + Trường hợp 2: y 1 2 x thế vào phương trình (2) ta được: 0,5 1 2x 2 ( x3 8 xx 2 1)
4. x 0 4xxxxx2 4 1 3 8 2 1 xxx 3 4 2 3 0 x 1 x 3 Tìm được nghiệm x; y là: (0; 1); (-1; 3); (-3; 7) Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: S 0; 1; 0;1; 1;3; 1;3; 7;27; 3;7  Biến đổi phương trình: x2 2 y 2 2 xyy 3 4 0 x 2 2 xyyy 2 2 3 y 4 0 0,5 2 xy y1 y 4 0 2 y1 y 4 xy 0 0,5 3 3b 4 y 1, vì y nguyên nên y 4; 3; 2; 1; 0;1 0,5 Suy ra các cặp x; y nguyên thỏa mãn phương trình là: 4; 4; 1;1;5; 3;1; 3;2;0; 2;0 0,5 Hình vẽ đúng: x E D A H O' 0,5 O 4a C B F 4 Lập luận có AEB 900 0,5 Lập luận có ADC 900 0,5 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn đường 0,5 kính BC. Ta có AFB AFC 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra AFB AFC 1800 0,5 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 4b AFE ABE (cùng chắn AE ) và AFD ACD (cùng chắn AD ) 0,5 Mà ECD EBD (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,5 Suy ra: AFE AFD => FA là phân giác của góc EFD 0,5 AH EH 4c C/m được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra 0,5 AD ED
5. (1) Xét tam giác HED có EA là phân giác trong của tam giác. Mặt khác 0,5 BE EA nên BE là phân giác ngoài của tam giác HED BH EH EB là phân giác ngoài của tam giác DHE suy ra (2) 0,5 BD ED AH BH Từ (1), (2) ta có: AHBD BH AD 0,5 AD BD 1 1 1 Ta có: P 1 1 1 1 1 1 0,5 a 2 2 b 2 2 c 2 2 c b c a a b 1 1 1 Đặt x; y ; z thì x2 y 2 z 2 1 và 0 x , yz , 1. a b c 0,5 xyzx2 y 2 z 2 P yzzxxyxx2 2 2 2 2 2(1 2 ) yy (1 2 ) zz (1 2 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có: 2 2 2 3 2 2 21 2 2 2 1 2x 1 x 1 x 4 xx(1 ) .2 xxx (1 )(1 ) 2 2 3 27 2x2 3 3 0,5 5 5 xx(1 2 ) x 2 (1) 3 3 x(1 x2 ) 2 y23 3 z 2 3 3 Tương tự: y2(2); z 2 (3) yy(1 2 ) 2 zz (1 2 ) 2 3 3 3 3 Từ (1); (2); (3) ta có P ( xyz2 2 2 ) 2 2 1 Đẳng thức xảy ra x y z hay a b c 3 3 0,5 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là xảy ra khi a b c 3 2 (Lưu ý: Học sinh làm theo đáp án khác và đúng thì giáo viên vẫn chấm điểm đối đa) Hết