Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Nam Định (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán – Lớp: 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1: ( 3,0 điểm ) a 4 1) Cho P 7 4 33 a 3 a 3 a 1 : 1 với a 0; a 1; a 4. 3a 2 Rút gọn biểu thức P. 1 2) Tìm tất cả các số thực xyz,, thỏa mãn điều kiện 2x 2 yx 3 zy z 17 . 2 Câu 2. (5,0 điểm) 1) Giải phương trình 6xx 23 7 6 xx 3 2 22 4 2 x 3 7. xy2 3 x 2 2 y 2) Giải hệ phương trình 2 2 xyy 2 x . Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x2 x a 0 với a là số nguyên tố. 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy 2 y3 xz 2 1. Câu 4. (7,0 điểm) Trên đường tròn O lấy ba điểm ABC,, sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD,, BE CF là các đường cao của tam giác ABC; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại P . Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC và AB lần lượt tại Q và R, M là trung điểm của BC . 1) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. 3) Giả sử BC là dây cung cố định không đi qua tâm O , A di động trên cung lớn BC của đường tròn O . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,0 điểm) 1) Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng, mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9. Hỏi cuối cùng, trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7? 2) Cho các số thực dương xyz,, thỏa mãn x3 y 3 z 3 24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 xyz 2 x y z 8 M . xy yz zx xy yz zx 1 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Ký tên: Họ, tên và chữ ký của GT 1: Họ, tên và chữ ký của GT 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán – Lớp: 9 Câu Đáp án Điểm 1.1 (1,5) a 4 (1,5) Rút gọn P 7 4 33 a 3 a 3 a 1 : 1 3a 2 2 0,5 Tính được 7 4 3 2 3 2 3 3 0,25 Tính được 3 a 3 a 3 a 13 a a 3 a 3 a 13 a 1 a 1 a 4 a 2 a 1 0, 5 1 1 3 a 2 3 3 a 1 0,25 Suy ra P 2 3 a 1 : 2 3 3 5 3 . 3 1.2 1 (1,5) Tìm tất cả các số thực xyz; ; thỏa mãn điều kiện 2x 2 yx 3 zy z 17 . (1,5) 2 0,5 x 0 Điều kiện: y x 0 hay 0 x y z . z y 0 1 0,25 Ta có 2x 2 yxzy 3 z 17 4 x 4 yx 6 zyz 17 2 4x 4 yx 6 zyzy 9 yx 4 x 4 0,25 2 2 2 0,25 zy 3 yx 2 x 2 0 0,25 x 2 x 4 yx 2 y 8 (thỏa mãn điều kiện) z 17 z y 3 KL: 2.1 Giải phương trình 6xx 23 7 6 xx 3 2 22 4 2 x 3 7 . (2,5) (2,5) 7 0,5 Điều kiện 2x3 7 0 hay x 3 2 6xx 23 7 6 xx 3 2 22 4 2 x 3 7 6 xx 4 2 3 7 6 xx 3 2 22 0,25 Đặt t 2 x3 7 t 0 thì 2x3 t 2 7 Phương trình trên trở thành 6xtt 4 3 2 7 2 x 22 0,25
3. t 2 x 1 0,5 3t2 2 3 xtx 2 2 1 0 1 t 3 1 1 1 31 0,25 TH1: t ta được 2x3 7 2 x 3 7 x 3 3 3 9 9 TH2: t 2 x 1 ta được 0,5 1 2x 1 0 x 2x3 7 2 x 1 3 2 2 2x 7 4 xx 4 1 3 2 2x 4 x 4 x 6 0 1 1 x 1 x x 2 2 1 13 3 2 2 x x 2 x 2 x 3 0 x 1 xx 3 0 2 Đối chiếu điều kiện kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm 0,25 2.2 xy2 3 x 2 2 y (2,5) Giải hệ phương trình . (2,5) 2 2 xyy 2 x Nếu x 0 tính được y 0 Nếu y 0 tính được x 0 0,25 Do đó ta được x; y 0;0 là một nghiệm của hệ phương trình đã cho. Với x và y khác 0. Ta có 0,5 x2 2 2 xy 3 2 xy 3 x 2 y y 2 2 xyy 2 x y2 xy 2 x x2 y 2 ab 3 a 2 1 Đặt a; b ta có hệ phương trình trên trở thành y x ab b 2 2 Suy ra b 3 a 4 hay b 3 a 4 0,5 2 Thay b 3 a 4 vào 1 ta có a 3 a 4 3 a 2 , tìm được a 1 hoặc a 3 TH1: với a 1 thì b 1 0,5 x2 1 y x 1 y2 y 1 1 x 2 0,5 TH 2: với a thì b 6 3 x2 2 2 3 y 3 x 9 3 2 y 3 6 y 2 3 x 2 3 3 0,25 Kết luận: vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là 0;0; 1;1; 9;23 3
4. 3.1 Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x2 x a 0 với a là số nguyên tố. (1,5) (1,5) 2 0, 5 Từ giả thiết suy ra a x x hay a xx 1 mà x và x 1 là hai số nguyên liên tiếp nên x x 1 là số chẵn, do đó a là số chẵn. Mặt khác a là số nguyên tố nên a 2 0,5 2 x 1 0, 5 Khi đó ta được x x 2 0 x 2 KL: tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn là 1 2 1 3.2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy 2 y3 xz 2 1. (1,5) (1,5) xyyxz 2 32 1. xy 2 3 xy 1 z 2 (*) 0,5 Mà 3x y 1 0 với mọi x, y nguyên dương z2 xy 2 1 Ta lại có xy 2 2 zxy2 2 2 xy 2 3 xy 1 0,5 xy2 4 xy 4 xy 2 3 xy 1 xy 3 5 0 với mọi x, y nguyên dương Nên xy 2 2 z2 2 Từ 1 và 2 suy ra z2 xy 1 2 0,25 Thay vào (*) ta được xy 2 3 xy 1 xy 1 2 xy 2 Do đó z 2 y 3 Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương xyz; ; của phương trình có dạng k 2; kk ;2 3 0,25 với k là số nguyên dương. 4 Trên đường tròn O lấy ba điểm ABC,, sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD,, BE CF (7,0) (7,0) là các đường cao của tam giác ABC; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại P . Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC và AB lần lượt tại Q và R, M là trung điểm của BC . 1) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. 3) Giả sử BC là dây cung cố định không đi qua tâm O , A di động trên cung lớn BC của đường tròn O . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. A E F Q O P C B D M R 4.1 Chứng minh rằng tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. (2,5)
5. (2,5) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. 0,5 Suy ra AFE BCQ 0,5 Chỉ ra AFE BRQ 0,5 Suy ra BRQ BCQ 0,5 Chỉ ra tứ giác BQCR nội tiếp 0,5 4.2 Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. (2,5) (2,5) Chỉ ra tam giác ECM cân tại M 0,5 Chứng minh được EMD 2 ACB 0,5 Tứ giác BCEF; ACDF nội tiếp nên ACB AFE BFD 0,5 Suy ra EMD 2 ACB AFE BFD EMD DFE 1800 Chỉ ra tứ giác DMEF nội tiếp, suy ra BDF PEM 0, 5 Mà BDF BAC MDE nên MDE PEM . Suy ra tam giác EPM và DEM đồng dạng 0,5 4.3 Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. (2,0) (2,0) Do tứ giác DMEF nội tiếp, suy ra PFD EMD 0,5 PD ED 0,5 Mà PDF EDM nên tam giác PFD đồng dạng với tam giác EMD suy ra DF MD Do RFD ACB AFE FRD nên tam giác FDR cân tại D suy ra FD DR 0,5 Chứng minh tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE DQ . PD DQ 0,25 Ta có FD DRDE; DQ suy ra DR MD Chỉ ra hai tam giác PDR và QDM đồng dạng, suy ra PRQ PMQ Chỉ ra tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua điểm M 0,25 cố định 5.1 Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng, mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng (1,0) (1,0) các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9. Hỏi cuối cùng, trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7? Một số chia cho 9 dư k thì tổng các chữ số của nó chia 9 cũng dư k 0,25 Do đó sau khi thay đủ số lần, mà mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của 0,25 nó thì cuối cùng trên bảng chỉ còn lại các số dư k tương ứng của các số đã cho. Các số chia 9 dư 3 trong dãy từ 4 đến 2024 là: 12; 21; 30; ; 2019. 0,25 2019 12 Dãy trên có 1 224 (số), do đó trên bảng có 224 số 3 9 Các số chia 9 dư 7 trong dãy từ 4 đến 2024 là: 7; 16; 25; ; 2023. 0,25 2023 7 Dãy trên có 1 225 (số), do đó trên bảng có 225 số 7 9 Vậy cuối cùng trên bảng có 224 số 3, có 225 số 7. 5.2 Cho các số thực dương xyz,, thỏa mãn x3 y 3 z 3 24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (1,0) (1,0) 2 xyz 2 x y z 8 thức M . xy yz zx xy yz zx 1 Ta có x3 8 8 3.3 x 3 .8.8 12 x hay x3 16 12 x 0,25 Tương tự y3 16 12 y ; z3 16 12 z Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta được 12 xyz x3 y 3 z 3 48 72 x y z 6
6. Có 24 x3 y 3 z 3 33 xyz 3 . 3 . 3 3 xyz xyz 8 0,25 Có 24 3xyz x3 y 3 z 3 3 xyz z yzx 2 y 2 z 2 xyyzzx 0,25 6 x2 y 2 z 2 xy yz zx 8xyz 2 x2 y 2 z 2 xyyzzx 2 xyz 2 3 xyyzzx xyz 2 xyz 2 8 6 xyyzzx 8 6 xy yz zx xyz 2 x y z 2 8 2.62 80 0xy yz zx 12 8 6 xy yz zx 8 8 8 0,25 Có M 6 ft xyyzzx xyyzzx 1 t t 1 với t xy yz zx; t 0;12 8 8 236 Khi đó f t 6 6 t t 1 12 12 1 39 236 Kết luận: giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là khi x y z 2. 39 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Hết