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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN Ngày thi: 09/03/2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ và tên, chữ ký: Giám thị thứ nhất: Giám thị thứ hai: Câu 1 (5,0 điểm) 1. Cho phương trình: x22− 2(m ++−= 1)x 4m m 0 (1) ( x là ẩn, m là tham số). a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. b) Giả sử x12 ,x là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= x12 -x .  x+ 2021 −= y 4042 2. Giải hệ phương trình  .  2021−+ x y = 4042 Câu 2 (5,0 điểm) 1. Cho đa thức f( x) =++ x2 ax b(a,b ∈ ) thỏa mãn f1( ) = 1 và f0( ) > 3. a) Chứng minh phương trình fx( ) = x có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm số nghiệm của phương trình ffx( ( )) = x. 11 2 2. Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn xy= 1. Chứng minh + + ≥⋅3 x yxy+ Câu 3 (7,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R . Dây cung BC cố định, không đi qua tâm O . Trên tia đối của tia BC lấy điểm A ( A khác B ). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) ( M và N là các tiếp điểm). Gọi I, H lần lượt là trung điểm của BC và MN , BC cắt MN tại K . 1. Chứng minh bốn điểm O,M,N,I cùng thuộc một đường tròn và HK là tia phân giác của BHC . 2. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở E . Chứng minh M, N,E thẳng hàng. 3. Đường thẳng ∆ qua điểm M và vuông góc với đường thẳng ON, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P . Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để tứ giác AMPN là hình bình hành. Câu 4 (3,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x,y thoả mãn: x2y− 5x += 7 3 . 2. Cho một bảng ô vuông mn× (gồm m dòng và n cột). Cho quy tắc tô màu bảng ô vuông như sau: Mỗi ô vuông đơn vị được tô bằng màu đỏ hoặc màu xanh sao cho bất kì bảng ô vuông 23× hoặc 32× nào cũng có đúng hai ô được tô màu đỏ. a) Hãy chỉ ra một cách tô màu theo quy tắc trên cho bảng ô vuông 46× (Điền chữ Đ vào ô được tô màu đỏ, chữ X vào ô được tô màu xanh). b) Người ta đã tô bảng ô vuông 2021× 2022 theo quy tắc trên. Hỏi bảng ô vuông này có bao nhiêu ô được tô màu đỏ? Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán - Ngày thi 09/3/2021 (Hướng dẫn chấm này gồm 07 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm những phần có liên quan đến hình sai hoặc thiếu đó. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Điểm toàn bài thi lẻ đến 0.25. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 1. ( 3 điểm) Cho phương trình: x22− 2(m ++−= 1)x 4m m 0 (1) ( x là ẩn, m là tham số). a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. b) Giả sử x12 ,x là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= x12 -x . a) ( 1.5 điểm) Ta có: Δ'=(m+− 1)2 (4m − m 22 )=2m −+ 2m 1. 0.25 2 11 =2 m− + > 0 , ∀∈ m 22 0.25 Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với ∀∈m . S0> 2(m+> 1) 0 ⇔ ⇔ Do đó phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   2 0.5 P0> 4m−> m 0 Câu 1 (5.0 m1>− ⇔ ⇒<0 m < 4. 0.5 điểm) 0m4<< b) ( 1.5 điểm) Theo chứng minh trên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x12 ,x với x++ x =2(m 1) ∀∈ 12 m và  2 . x12 x =4m− m 22 Ta có: A=−= x12 x (x 12 − x ) = (x 12 + x ) − 4x 12 x 0.5 =4(m +− 1)22 4(4m − m ) =8m2 −+ 8m 4 0.5 = 2(2m− 1)2 +≥ 2 2 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = . 2 0.5 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 2 khi m = . 2
3. 2  x+ 2021 −= y 4042 2. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình  .  2021−+ x y = 4042 0≤≤ x 2021 Điều kiện  0.25 0≤≤ y 2021 Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có 2 0.5 4042= x + 2021 −≤ y 2( x + 2021 − y) ( ) ⇒−≥x y 0 (1) 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 2021 −⇔= y x 2021 − y . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có 2 0.25 4042=( y + 2021 −≤+ x) 2( y 2021 − x) ⇒−≤x y 0 (2) 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y= 2021 −⇔= x y 2021 − x Từ (1) và (2) suy ra xy= . 2021 0.25 Từ đó suy ra xy= = (thỏa mãn điều kiện). 2 2021 2021 Hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x;y)=  ; . 0.25 22 + −= −+ Cách 2. Từ 2 phương trình của hệ ta có: x 2021 y 2021 x y 0.5 ⇔−−=−−x 2021 x y 2021 y (*) 0.25 Câu 1 Xét phương trình (*) : 0.25 (5.0 • Nếu xy> thì −−>−−2021 x 2021 y ⇒ VT > VP ( mâu thuẫn ). điểm) • < ⇒ Nếu xy VT < VP ( mâu thuẫn ). 0.25 • Nếu xy= . Hệ phương trình đã cho trở thành xy= xy= ⇔ −=  x+ 2021 −= x 4042 2 x( 2021 x) 2021  2021 0.25 = x = xy  2 ⇔⇔2 (thỏa mãn điều kiện). 2x−= 2021 0 2021 ( ) y =   2 2021 2021 Hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x;y)=  ; . 0.25 22 Cách 3. Từ 2 phương trình của hệ ta có: x+ 2021 −= y 2021 −+ x y 0.5 ⇔( x − y) + ( 2021 −− y 2021 − x ) = 0 0.25 xy− ⇔−+( x y) =0 2021−+ y 2021 − x = ( vì (x;y) (2021;2021) không phải là nghiệm của hệ phương trình đã cho nên nếu hệ phương trình có nghiệm (x;y) thì 2021−+ y 2021 −≠ x 0 ) 0.5 xy+ ⇔− + = ( x y) 1 0 2021−+ y 2021 − x
4. 3 xy+ ⇔=x y ( vì 1+ > 0 ) 0.25 2021−+ y 2021 − x Hệ phương trình đã cho trở thành xy= xy= ⇔ + −= 2 x( 2021−= x) 2021  x 2021 x 4042   2021 0.25 x = xy=  ⇔⇔2 2 (thỏa mãn điều kiện). (2x−= 2021) 0 2021  y =  2 2021 2021 Hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x;y)=  ; . 0.25 22 Câu 2 1. ( 3.0 điểm) Cho đa thức f( x) =++ x2 ax b(a,b ∈ ) thỏa mãn f1( ) = 1 và f0( ) > 3. = a) Chứng minh phương trình fx( ) x có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm số nghiệm của phương trình ffx( ( )) = x. a) 2.0 điểm f1( ) = 1 1a++= b1 a =− b Vì f( x) =x2 +ax+b nên ta có ⇔⇔  0.5 f0( ) > 3 b3>> b3 =⇔22 + +=⇔ − + += f( x) x x ax b x x (b 1)x b 0 (*) 0.5 Ta có 1+−[ (b + 1)] + b = 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm x12 =1;x =b ≠ Mà b > 3 nên xx21 0.5 Do đó phương trình fx( ) = x có hai nghiệm phân biệt. 0.5 b) 1.0 điểm Câu 2 (5.0 ffx( ( )) =⇔++=⇔−+−= x f22( x) afxb( ) x f( x) bfxb( ) x 0 0.25 điểm) 22 2 ⇔f( x) − x − bf( x) + bx + x − bx +−= b x 0 ⇔fx( ) − x  fx( ) +−+ x b1 = 0 2 ⇔fx( ) − x x − bxbxb1 ++−+ = 0 0.25 ⇔f x − x x2 −− b 1x += 1 0 ( ) ( ) fx( ) −= x 0 ⇔  2 x−( b − 1x) += 1 0 Phương trình fx( ) = x(1) có hai nghiệm phân biệt là 1 và b. 2 Xét phương trình x2 −−( b 1) x + 1=0 (2) có ∆=(b − 1) − 4=( b + 1)( b − 3) > 0 (vì b>3) 0.25 Nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt. Ta lại có x =1; x = b không là nghiệm của phương trình (2) Vậy phương trình ffx( ( )) = x có 4 nghiệm phân biệt. 0.25
5. 4 2. ( 2.0 điểm) 11 2 Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn xy= 1. Chứng minh + + ≥⋅3 x yxy+ 1 1 2 xy xy 2 2 xy++ xy 2 Ta có: ++=++=++xy =++() 0.5 + ++ + x yxy x y xy xy 2 2 xy xy++ xy Câu 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ≥⇔xy ≥ 1 (1) ( vì xy= 1) 0.5 (5.0 22 điểm) Tương tự áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: xy+ 2 xy ++ 2 xy 2 0.5 +≥2 ⋅⇔+≥2 (2) 2 xy+ 2 xy ++ 2 xy 11 2 Từ (1) và (2) suy ra: + + ≥⋅3 Đẳng thức xảy ra khi x= y1 = x yxy+ 0.5 Câu 3 (7.0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R . Dây cung BC cố định, không đi qua tâm O . Trên tia đối của tia BC lấy điểm A ( A khác B ). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với (O) ( M và N là các tiếp điểm). Gọi I, H lần lượt là trung điểm của BC và MN , BC cắt MN tại K . 1. Chứng minh 4 điểm O,M,N,I cùng thuộc 1 đường tròn và HK là tia phân giác của BHC . 2. Hai tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau ở E . Chứng minh M, N,E thẳng hàng. 3. Đường thẳng ∆ qua điểm M và vuông góc với đường thẳng ON, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P . Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để tứ giác AMPN là hình bình hành. Câu 3 (7.0 điểm) 1.( 3.0 điểm) Chứng minh 4 điểm O,M,N,I cùng thuộc 1 đường tròn và HK là tia phân giác của BHC . *) Ta có: AM⊥ OM ( tính chất tiếp tuyến) ⇒∆AMO vuông tại M ⇒ Ba điểm A,M,O cùng thuộc đường tròn đường kính AO (1) 0.5 Chứng minh tương tự suy ra: ba điểm A,N,O cùng thuộc đường tròn đường kính 0.5 AO (2) Mặt khác ta có: I là trung điểm của BC (giả thiết) ⇒⊥OI BC ( Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) ⇒∆AIO vuông tại I ⇒ Ba điểm A,I,O cùng thuộc đường tròn đường kính AO (3) 0.5
6. 5 Từ (1), (2) và (3) suy ra: 4 điểm O,M,N,I cùng thuộc 1 đường tròn. 0.5 *) Ta có: OM= ON( = R) ⇒∈ O đường trung trực của MN (4) AM= AN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒∈A đường trung trực của MN (5) HM= HN(gt ) ⇒∈ H đường trung trực của MN (6) 0.25 Từ (4), (5) và (6) suy ra O,H,A thẳng hàng và OA là đường trung trực của MN Xét ∆ANO vuông tại N có NH⊥ AO ( OA là đường trung trực của MN ) ⇒=⋅AN2 AH AO ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (*) AB AN Chứng minh ΔABN∽ ΔANC( gg . ) ⇒=⇒AN2 =⋅ AB AC ( ) AN AC AB AO Từ (*) và ( ) suy ra: AB⋅=⋅⇒ AC AH AO = 0.25 AH AC ΔABH∽ ΔAOC(cgc . . ) ⇒=AHB ACO (7) ⇒ Tứ giác BHOC nội tiếp ⇒=CHO CBO 0.25 Mà: BCO = CBO ( ∆OBC cân tại O ) Nên ⇒=CHO BCO (8) Từ (7) và (8) suy ra: ⇒=⇒=AHB CHO KHB CHK ( phụ với hai góc bằng nhau) 0.25 ⇒ HK là tia phân giác của góc BHC . 2. ( 2.0 điểm) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở E . Chứng minh M, N,E thẳng hàng Câu 3 Cách 1. Chỉ ra O,I,Ethẳng hàng 0.25 (7.0 ON2 = OH ⋅ OA điểm) Ta có ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)  2 0.5 OB= OI ⋅ OE ⇒⋅=⋅OH OA OI OE 0.25 Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp. 0.25 0.25 Suy ra AHE= AIE =⇒⊥ 90 HE AO tại H . Lại có MN vuông góc với AO tại H 0.25 Nên M,N,E thẳng hàng. 0.25 Cách 2. Gọi F là giao điểm của MN với OI . Chỉ ra ΔAIO∽ ΔFHO( gg . ) 0.5 OI OA ⇒ = ⇒⋅OI OF = OA ⋅ OH 0.25 OH OF 22 Mà: OH⋅= OA ON = OC 0.25 Nên: OI.OF= OC2 ⇒ ΔOCF∽ ΔOIC(cgc . . ) 0.5 ⇒FCO = CIO =⇒⊥ 90 FC OC tại C .Suy ra FC là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0.25 Chứng minh tương tự FB là tiếp tuyến của đường tròn (O) Do đó F là giao điểm hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C . 0.25 Vậy EF≡ , ta có điều phải chứng minh. 3.(2.0 điểm) Đường thẳng ∆ qua điểm M và vuông góc với đường thẳng ON, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P . Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để tứ giác AMPN là hình bình hành. MO⊥ NP Cách 1: Tứ giác AMPN là hình bình hành thì suy ra  . 0.25 NO⊥ MP Suy ra O vừa là trực tâm vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP 0.25 ⇒∆ MNP là tam giác đều. 0.25
7. 6 Do bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP bằng R nên MP= R 3 = AN 0.25 Xét tam giác vuông ANO ta có AO= AN22 += NO 2R . 0.25 ⇒ A là giao điểm của đường tròn (O; 2R) với tia đối của tia BC. 0.25 Khi A là giao điểm của đường tròn (O; 2R) với tia đối của tia BC, chứng minh tứ 0.25 giác AMPN là hình bình hành. Vậy A là giao điểm của đường tròn (O; 2R) với tia đối của tia BC thì tứ giác 0.25 AMPN là hình bình hành. Câu 3 Cách 2: Tứ giác AMPN là hình bình hành ⇒ AP đi qua trung điểm H của MN 0.5 (7.0 ⇒ Tứ giác AMPN là hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vuông góc) điểm) ⇒ A,H,O,P thẳng hàng và MAP= MPA 0.25 MOA Xét (O; R) có MPA = ( hệ quả góc nội tiếp) 0.25 2 MOA ⇒ MAO = ⇒ MAO = 300 ( ∆AMO vuông tại M ) 0.25 2 AO ⇒ MO = ( cạnh đối diện với góc 300 trong tam giác vuông) ⇒ OA = 2R 0.25 2 Khi A là giao điểm của đường tròn (O; 2R) với tia đối của tia BC, ta chứng minh 0.25 được tứ giác AMPN là hình bình hành. Vậy A là giao điểm của đường tròn (O; 2R) với tia đối của tia BC thì tứ giác 0.25 AMPN là hình bình hành. Câu 4 1. (1.0 điểm) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn: x2y− 5x += 7 3 (*) 22 + Nếu y0≤ ta có: x−+≤⇔−+≤⇔≤≤ 5x 7 1 x 5x 6 0 2 x 3 Do x nguyên nên ta có x∈{ 2;3}. 0.25 Lần lượt thay giá trị của x vào phương trình (*) tìm được (x,y)∈ (2;0);(3;0) { } 22x1= + Nếu y1= thì phương trình (*) trở thành: x− 5x73 +=⇔ x − 5x40 +=⇔ x4= 0.25 ⇒∈ (x,y){ (1;1); (4;1)} thỏa mãn phương trình (*) + Nếu y2≥ thì 39y  Cách 1. Ta xét VT (*) theo các trường hợp số dư của x khi chia cho 3 Câu 4 - Nếu x= 3k (k ∈ ) thì x22− 5x += 7 9k − 15k + 7 không chia hết cho 3 (3.0 nên phương trình (*) vô nghiệm điểm) 22 2 - Nếu x=+∈ 3k 1 (k ) thì x− 5x += 7 (3k + 1) − 5(3k ++= 1) 7 9k − 9k + 3 không chia hết cho 9 nên phương trình (*) vô nghiệm - Nếu x=+∈ 3k 2 (k ) thì x22− 5x += 7 (3k + 2) − 5(3k + 2) += 7 9k 2 − 3k + 1 không 0.25 chia hết cho 3 nên phương trình (*) vô nghiệm. Cách 2. Ta có x2−+=⇔−+− 5x 7 3 y2 x 5x 7 3 y = 0 (1) Coi phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y có: yy y−1 ∆=25 − 4(7 − 3 ) = 4.3 − 3 = 3(4 ⋅ 3 − 1) − Vì 43⋅−y 1 13/ nên ∆ không phải là số chính phương. Với y nguyên, y ≥ 2 phương trình (1) là phương trình bậc hai có hệ số nguyên mà ∆ không phải là số chính phương nên phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Vậy (xy , )∈ (2;0);(3;0);(1;1);(4;1) { } 0.25
8. 7 2. ( 2.0 điểm) Cho một bảng ô vuông mn× (gồm m dòng và n cột). Cho quy tắc tô màu bảng ô vuông như sau: Mỗi ô vuông đơn vị được tô bằng màu đỏ hoặc màu xanh sao cho bất kì bảng ô vuông 23× hoặc 32× nào cũng có đúng hai ô được tô màu đỏ. a) Hãy chỉ ra một cách tô màu theo quy tắc trên cho bảng ô vuông 46× (Điền chữ Đ vào ô được tô màu đỏ, chữ X vào ô được tô màu xanh). b) Người ta đã tô bảng ô vuông 2021× 2022 theo quy tắc trên. Hỏi bảng ô vuông này có bao nhiêu ô được tô màu đỏ? a) 1.0 điểm: Chỉ ra 1 cách tô đúng Ví dụ 1.0 b) 1.0 điểm Câu 4 (3.0 điểm) Chia bảng ô vuông ban đầu thành hai bảng ô vuông 2019× 2022 và 2× 2022 ( xem hình vẽ minh họa) 0.25 2022 2019 Bảng ô vuông 2019× 2022 được chia thành ×=680403 bảng ô vuông 23 0.25 32× . Trong bảng ô vuông 2019× 2022 có 680403⋅= 2 1360806 ô được tô màu đỏ. 2 2022 Bảng ô vuông 2× 2022 được chia thành ×=674 bảng ô vuông 23× . Trong 23 0.25 bảng ô vuông 2× 2022 có 674⋅= 2 1348 ô được tô màu đỏ. Bảng ô vuông ban đầu có: 1360806+= 1348 1362154 ô được tô màu đỏ. 0.25 Hết