Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN THI: TOÁN - THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 26/12/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu I (4,0 điểm). 1. Rút gọn biểu thức x xx3 − 2 P =+⋅ − +− − − ≥>≠ ≠ xy2 y x x 2 xy 21 y x , với x0; y 0; x 4 yx ; 1. 2. Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn điều kiện a+++ b c21 abc =. Tính giá trị biểu thức Q= a(1 − b )(1 −+ c ) b (1 − c )(1 −+ a ) c (1 − a )(1 −− b ) abc + 2020. Câu II (4,0 điểm). 5 1. Giải phương trình 3xx2 − 6 −= 6 3( 2 − x) +( 7 x − 19) 2 − x. 2  2 x 2 x +=−6  yy 2. Giải hệ phương trình .  2  42xy+1 xx+2 +=− 12 2  yy Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (,)ab thỏa mãn phương trình 4 +−=+3 4b33 44 bb ++−+ 44 bb . a 2. Cho ba số tự nhiên abc,, thỏa mãn ab− là số nguyên tố và ab++= bc ca3 c2 . Chứng minh 81c + là số chính phương. Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB và C là điểm thay đổi trên nửa đường tròn đó ( C khác A và B ). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By . Tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn cắt các tia Ax , By theo thứ tự tại D , E . Gọi I là giao điểm của AE và BD , CI cắt AB tại H . 1. Chứng minh CH song song với BE và I là trung điểm của đoạn thẳng CH . 2. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại K . Chứng minh rằng KA KB= CH CO . 3. Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt tia By tại F . Gọi M là giao điểm của AF và BC . Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn O;R sao cho tam giác ( ) ABM có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R . Câu V (2,0 điểm). Cho ab, là các số thực dương. Chứng minh rằng a+ b ab ab a++ b2 ab +++ ≥3. 1+ab 1 + a 1 + b (1 ++ a )(1 b ) ab HẾT Họ và tên thí sinh: SBD
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC: 2021-2022 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN – THCS (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Rút gọn biểu thức 4,0 3 x xx− 2 x≥>≠0; y 0; x 4 yx ; ≠ 1. 2,0 điểm P = + . , với − +− − − xy2 y x x 2 xy 21 y x Với x≥>≠0; y 0; x 4 yx ; ≠ 1. Ta có: x xx( −1) 2 P = + . 0,5 yxyx( −2) ( +− 12)( xy) 1− x xx2 = − 0,5 yxyxy( −−22) ( ) x− 2 xy = 0,5 yx( − 2 y) xx( − 2 y) xx = = = . yx− 2 y y y ( ) 0,5 x Vậy với x≥>≠0; y 0; x 4 yx ; ≠ 1 thì P = . y 2. Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn điều kiện a+++ b c21 abc =. Tính giá trị biểu thức 2,0 Q= a(1 − b )(1 −+ c ) b (1 − c )(1 −+ a ) c (1 − a )(1 −− b ) abc + 2020. Theo bài ra ta có: a+++=⇒+=−− b c2121 abc a abc b c 0,5 Do đó ab(1− )(1 − c ) = abcbc (1 −−+ ) 0,5 = + += +2 =+ > a(2 a abc bc ) ( a abc ) a abc (vì abc,, 0) Tương tự: b(1− c )(1 −=+ a ) b abc 0,5 c(1− a )(1 −=+ b ) c abc Khi đó Q=+++ a b c3 abc − abc +2020 =+++ a b c2 abc + 2020 = 2021 0,5 Vậy Q =2021 II 2 5 1. Giải phương trình 3xx− 6 −= 6 3( 2 − x) +( 7 x − 19) 2 − x. 2,0 4,0 điểm 3xx2 − 6 −≥ 60 Điều kiện xác định  ⇔x ≤−13 0,25 20−≥x
3. Với x ≤−13, phương trình đã cho tương đương với: 2 3xx2 − 6 −= 6 3( 2 − x) 2 −+ xx( 7 − 19) 2 − x 0,5 ⇔3x22 − 66 x −= 2 − xx( 3 − 57 x −) ⇔3x22 − 66 x −− 2 −= x 2 − xx( 3 − 58 x −) ( 1)  3xx2 − 6 −≥ 60 Vì x ≤−13⇒  ⇒3xx2 − 66 −+ 2 − x > 0.  20−>x Khi đó (1) tương đương với: 3xx2 −− 58 ⇔ =2 −xx( 32 −− 58 x ) 0,5 3xx2 − 66 −+ 2 − x 3xx2 − 5 −= 80 ⇔  1= 2 −xxx 32 − 66 −+ 2 − x  ( ) * Nếu: 3xx2 − 5 −=⇔ 80 x =− 1 (thoả mãn ĐKXĐ) 8 0,25 hoặc: x = (không thoả mãn ĐKXĐ) 3 * Nếu: 1= 2 −xxx( 32 − 66 −+ 2 − x) ⇔=−+12x 3xx2 −− 6 6. 2 − x ⇔x −=1 3xx2 − 6 −⋅ 62 − x(*) 0,5 Vì : x ≤−13nên : x−<1 0 ≤ 3 xx2 − 6 − 6.( 2 − x) Do đó phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = −1. 2  2 x 2 x +=−6  yy 2. Giải hệ phương trình .  2 2,0  42xy+1 xx+2 +=− 12 2  yy + ĐKXĐ: y ≠0 0,25 + Với y ≠ 0 hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình: 22 22xx22 xx+=−66+=− yy yy ⇔ 22 42xx++1 1 22 11 xx+2 + =−12 22( x ++1) +=13 y y yy 0,5 1 + Đặt: ux=+=2 1; v . y −+u1( uv − 1) = 62 − vu++ v uv =7 u++ v uv =7 Ta có: ⇔⇔  22 22++= +2 −= 0,5 u++= uv v 13 u uv v 13 (u v) uv 13 uv+=4 u = 1; v = 3 uv+=−5 ⇒⇒  hoặc  (hệ phương trình vô nghiệm) uv = 3 uv=3; = 1 uv =12
4. x2 +=11  x = 0  + TH1: 1 ⇔ 1 (thoả mãn) = 3 y = 0,25  y  3 x2 +=13 x = ± 2 + TH2: 1 ⇔ (thoả mãn). 0,25  =1  y =1  y 1 * Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( xy;)∈− 0; ,( 2;1) ,( 2;1) . 0,25 3 III 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (,)ab thỏa mãn phương trình 4,0 4 2,0 điểm +−=+3 4b33 44 bb ++−+ 44 bb (1) a Phương trình (1) tương đương với phương trình: 4 22 0,25 +3 42 −=bb33 + + 2 − b (2) a ( ) ( ) =33 + > = − ⇒+=33 Đặt: xbybxy2 0; 2 4 . 33 xy+ 22 Phương trình (2) trở thành: +=+xy x y a ( x+ y)( x22 −+ xy y ) 0,5 ⇔ =+−⇔x22 y xy( x 22 +− y xyxya)( +−=) 0 a 2 2 22 xx3 ⇔+=xya (vì x+ y − xy = y − + >0, ∀>x 0, y ∈ R ) 24 3 3 33 3 3 a − 4 ⇒2 +b + 2 − ba =⇔+ 43 a 4 −= ba ⇔−= 4 b (3) 0,5 3a + 3 Vì ab, ∈ nên từ (3) suy ra: a−4 3 a ⇒ 4 aa ⇒∈{ 1;2;4} (4) 0,5 Thay trực tiếp các giá trị của a từ (4) vào (3) ta được duy nhất một cặp số nguyên 0,25 dương (,)ab thỏa mãn: (ab , )= (1; 5) . 2. Cho ba số tự nhiên abc,, thỏa mãn ab− là số nguyên tố và 2 2,0 ab++= bc ca3 c . Chứng minh 81c + là số chính phương. 2 22 Ta có: ab++= bc ca34 c ⇔ c =+++=+ c ab bc ca( a c)( b + c) d =1 Đặt (acbcd+, +) =⇒( ac +) −( bcd +) ⇔− abd⇒  0,5 d= ab −  (vì ab− là số nguyên tố) TH1: Xét d= ab − . a+= c( a − bm). Vì (a+ cb, += c) d nên đặt:  (với mn, ∈ N) b+= c( a − bn). ⇒−=ab( abmn −)( −) 0,5 Mà ab− nguyên tố nên: 2 ab− >0 ⇒ mn − =⇒ 1 mn = +⇔ 14 c2 =( ab −) ( n +1) n Mà 4c2 và 2 ab− là các số chính phương. Suy ra nn+1 là số chính phương. ( ) ( )
5. 2 Vì nN∈ nên nnnn22≤+ y) xy 0 +=2 bc y 0,5 xy−=1 Mà 0 <−≤+xyxyvà ab− nguyên tố nên suy ra  ⇒=+xy1 +=− x y ab 2 2 ⇒41cy22 =+⋅( ) y⇔41c2 = yy( +) mà c, y ≥ 0 ⇒=21c yy( +)  2 ⇔8c += 14 yy2 + 4 + 1 ⇔812cy +=( + 1) là số chính phương. (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. IV Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB và C là điểm thay đổi trên 6,0 nửa đường tròn đó (C khác A và B ). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ điểm AB chứa nửa đường tròn vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By . Tiếp tuyến tại C 6,0 của nửa đường tròn cắt các tia Ax , By theo thứ tự tại D , E . Gọi I là giao điểm của AE và BD , CI cắt AB tại H . x y E C F D P Q M I A x H K O N B 1. Chứng minh CH song song với BE và I là trung điểm của đoạn thẳng CH. 2,0 AD DC Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau : AD= DC, BE =⇒= CE . (1) 0,25 BE CE Vì Ax, By là các tia tiếp tuyến của ()O nên Ax⊥ AB, By ⊥⇒ AB Ax// By AD DI 0,25 ⇒= (2) BE IB
6. DC DI Từ (1) và (2) suy ra: = ⇒ CI// BE (Định lí Talét đảo) hay CH// BE . 0,5 CE IB IH BI Xét tam giác ABD có IH// AD ⇒= (3) (Hệ quả của định lí Talét) AD BD IC CD IC BE CE BI 0,5 Xét tam giác BDE có IC / / BE ⇒= ⇒= = = (4) BE DE CD DE DE BD (Hệ quả của định lí Talét và BE= CE ) IH IC Từ (3) và (4) suy ra: = . Mà DA= DC ⇒=IH IC AD CD 0,5 Vậy I là trung điểm của CH. 2. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại K . Chứng minh rằng: KA KB= CH CO . 2,0 Trước hết ta chứng minh đẳng thức quen thuộc như SGK Toán 9: 2AK=+− AB AC BC . Gọi PQ, lần lượt là tiếp điểm của CA, CB với đường tròn nội tiếp ∆ABC 0,25 Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AK= AP, BK = BQ ,. CP = CQ ⇒2AK =+= AP AK( AC −+− CP )( AB BK )( = AC +−+ AB )( CP BK ) =()()AC + AB − CQ + BQ = AC +− AB BC (5) . 0,5 Tương tự: 2BK=+− BA BC AC (6) Vì điểm C thuộc đường tròn đường kính AB nên ∆ABC vuông tại C . 0,25 Từ (5),(6) kết hợp với AB2= AC 22 + BC (định lí Pitago), suy ra : 4.AK BK=( AB +− AC BC)( AB +− BC AC) 0,5 2 =−−AB2 ( AC BC) =2 AC . BC (7) Áp dụng các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác ABC vuông tại C , đường cao CH ta có: AC. BC= CH . AB = CH .( 2 R) = 2 CH . CO (8) . 0,5 Từ (7) và (8) suy ra: KA KB= CH CO . 3. Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt tia By tại F . Gọi M là giao điểm của AF và BC . Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O;R) sao cho tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Tính diện tích 2,0 lớn nhất đó theo R . Kẻ đường cao MN của tam giác ABM . Vì CH// BF , CF // HB nên tứ giác BHCF là hình bình hành. Mà HBF = 900 nên BHCF là hình chữ nhật. Suy ra: CH= BF,. CF = HB 0,5 Đặt: x= AH(0 << x 2 R ). ⇒ CF = HB =2 R − x , BF = CH = HA. HB = x (2 R − x ) Áp dụng định lí Talét và hệ quả, ta có: FB FA FM+ MA FM CF24 R−− x R x = = = +=11 += += 1 . MN MA MA MA AB22 R R 0,5 2R . FB 2RxRx (2−− ) MN.AB 2R2 xRx (2 ) ⇒=MN = ⇒S ABM = = (9) 4Rx−− 4 Rx 24Rx− Áp dụng bất đẳng thức Cosi: 2xR (4− 2 x ) x+−424 R x Rx − 0,5 xRx(2−= ) ≤ = (10) 22 22 22
7. 2 − 22 2R xRx (2 ) 2R .(4 Rx− ) R Từ (9), (10) suy ra : SABM = ≤= 4Rx− (4Rx− ).2 2 2 4R Dấu “=” xảy ra ⇔=xRxx42 − ⇔= 3 4R 26 ⇔=AC AH. AB = .2 R = R 0,5 33 26 Điểm C là giao điểm của đường tròn AR; với nửa đường tròn (OR; ) . 3 V Cho các số thực dương ab, . Chứng minh rằng: 2,0 a+ b ab ab a++ b2 ab 2,0 điểm +++ ≥3 1+ab 1 + a 1 + b (1 ++ a )(1 b ) ab Đặt vế trái của bất đẳng thức là M . ab ab a++ b2 ab (2 ++ a b ) a22 b +++ a b2 ab Ta có: ++ = . 1+a 1 + b (1 ++ a )(1 b ) ab (1 ++a )(1 b ) ab (vì a22 b+≥12 ab với mọi ab, ). 0,25 (a+++++++ b )( a22 b 1) 2 ab ( ab 1) 2 ab ( a b ) 2 ab ( ab 1) = ≥ (1++a )(1 b ) ab (1++a )(1 b ) ab 0,5 2ab (1++ a )(1 b ) = = 2 (1++a )(1 b ) ab ab+ Như vậy nếu ≥1 thì M ≥3, bất đẳng thức được chứng minh (1) 1+ ab 22 0,25 ab =1 Đẳng thức xảy khi và chỉ khi  ⇔==ab1 a+=+ b1 ab ab+ Ta xét trường hợp + + 1++ab 2(1 ab ) 2(1 + ab ) ab 0,5 2()()()2(1)ab a+++ b a b a22 b +++ a b ab + ab (a++ b )( ab 1) 2 = = +1 2(1+ ab ) ab 2(1+ ab ) ab 2 ()(1)()abab++ ab + 2 = +>1 +≥ 13 (vì (a+≥ b) 4 ab ) 22ab ab ab+ Vậy với 3 (2) 1+ ab ≥ 0,25 Từ (1) và (2) suy ra M 3 với mọi số thực ab, . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab= =1. Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.