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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH THCS KIÊN GIANG NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/3/2021 (Đề thi có 02 trang, gồm 05 bài) Bài 1. (4 điểm) Câu 1. Cho phương trình: xmx42++=26240 (m là tham số). Tìm giá trị của tham 4444 số để phương trình có 4 nghiệm x1234 x, ,x , x phân biệt thỏa mãn: xxxx1234+++= 144 3219xy+= 3 Câu 2. Giải hệ phương trình: 235xy−+ (với xy , 5 − ) +=2 2 yx+−523 Bài 2. (4 điểm) b2 1 Câu 1. Cho hai số thực ab, khác 0 thỏa mãn 24a2 ++= . Tìm giá trị lớn nhất 4 a2 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Sab=+2019 . Câu 2. Trong mặt phẳng O x y cho Parabol ():Pyx =− 2 a) Chứng minh rằng đường thẳng (21dyx1): =+ tiếp xúc với parabol. Tìm tọa độ của tiếp điểm. b) Xác định tiếp tuyến d2 với parabol nói trên sao cho dd21⊥ . c) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 . Bài 3. (4 điểm) Câu 1. Cho f() x= ax4 + bx 3 + cx 2 + dx + e . Xác định các số hữu tỉ abcde,,,, sao cho f( x )− f( x − 1) = x3 . Từ đó tính Sn=++++123 3333 . Câu 2. Chứng minh rằng với mọi xy, thì Ax=+++++()(2 y xy )(3 xy )(4 xyy ) 4 là số chính phương. Bài 4. (4 điểm) Câu 1. Cho ba số thực dương thỏa mãn tích của chúng bằng một và tổng của chúng luôn lớn hơn tổng nghịch đảo của chúng. Chứng minh rằng có một và chỉ một trong ba số lớn hơn một. 1
2. Câu 2. Cho hình vuông A B C D, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho A E A= F . Vẽ AH vuông góc với BF ( H thuộc BF ), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M , N . a) Chứng minh tứ giác A E MD là hình chữ nhật. 111 b) Chứng minh rằng =+ ADAMAN222 Bài 5. (4 điểm) Cho (OR , )11 tiếp xúc ngoài với (OR , )22 tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài có BC , B ( ) O1 , C ( ) O2 . a) Tính BAC . b) Tính độ dài BC . c) Gọi D là giao điểm của BA với ()O2 . Chứng minh rằng ba điểm C O,, D2 thẳng hàng. d) Tính độ dài BA . HẾT Ghi chú: • Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 2
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH THCS KIÊN GIANG NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/3/2021 (Hướng dẫn chấm có 05 trang) A. HƯỚNG DẪN CHẤM - Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định; - Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm lệch hướng dẫn chấm; - Sau khi cộng điểm toàn bài thi vẫn giữ nguyên số điểm, không được làm tròn. B. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Biểu Bài Câu Nội dung điểm Cho phương trình: xmx42++=26240 (m là tham số). Tìm giá trị của tham số để phương trình có 4 nghiệm x1234 x, ,x , x phân biệt thỏa mãn: 4444 xxxx1234+++= 144 Ta có: x42+2 6 mx + 24 = 0 2 2 0.25 Đặt: tx= , t 0 , phương trình trở thành: tmt++=26240(1) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm dương phân biệt 0 tt12. 0.25 '2 =6m − 24 0 1 2 m 4 0.5 Khi đó: t12. t= 24 0 m −2 m 0 t12+ t = −2 6 m 0 Với tt, là hai nghiệm của (1) thì Bài 1. 12 0.25 (4 điểm) xtxtxtxt11213242= −==,,, −= nên ta có: 0.25 44442 2 2 x12341+ x + 21 x + 21 xt 2 =+=+−222 tt( tt . t ) ( ) 0.25 =−= =2(2448)mmm22 14455 = Từ đó suy ra m =− 5 0.25 3xy+= 2 19 3 Giải hệ phương trình: 2xy−+ 3 5 (với xy , − 5 ) +=2 2 yx+−5 2 3 2 2x − 3 1 Đặt = m 0 m + = 2 0,5 y + 5 m 0,25 2 2 m – 2m + 1 = 0 (m – 1) = 0 m = 1 (nhận). 0,5 3
4. 2x − 3 = 1 2x - 3 = y + 5 2x – y = 8 y + 5 0,75 3x + 2y = 19 3x + 2y = 19 x = 5 Giải hệ 2x − y = 8 4x − 2y = 16 y = 2 b2 1 Cho hai số thực ab, khác 0 thỏa mãn 24a2 ++= . Tìm giá trị lớn 4 a2 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a=+ b 2019 . 1 b2 Ta có: 422=+−++−++aaabab22 a2 4 22 1 b = a − + a − + ab +22 ab + a 2 0.25 Do đó: abS 22021 0.25 1 a −=0 a ab=−=−1,2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0.25 b ab==1,2 a −=0 2 1 Vì vậy giá trị lớn nhất của S là 2021, đạt được khi 0.25 (,){(1;2);(1;2)}ab −− Mặt khác ta cũng có: 11bb2 22 22 0.25 42222=+−aaab +++−+2 abaaabab =−++−+ −+ aa42 0.25 Bài 2. Suy ra abS − 22017 (4 điểm) 1 a −=0 a ab=1, = − 2 0.25 S = 2017 khi và chỉ khi b a= −1, b = 2 a +=0 2 Vì vậy giá trị nhỏ nhất của là 2017 , đạt được khi 0.25 (,){(1;2);(1;2)}ab −− Trong mặt phẳng O x y cho Parabol ():P y=− x2 a) Chứng minh rằng đường thẳng y=+2 x 1( d1) tiếp xúc với parabol. Tìm tọa độ của tiếp điểm. b) Xác định tiếp tuyến d2 với parabol nói trên sao cho dd21⊥ . c) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 . 2 2 a) Parabol ():P y=− x và đường thẳng tiếp xúc Khi phương trình −xx2 =21 + có nghiệm kép −=xxxxxx222 2 + −− 12 1 02 −= + 1 0 += 0,25 =4 − 4 = 0 phương trình có nghiệm kép xx12= = −1. 0,25 Tọa độ của tiếp điểm là (−− 1; 1) 0,25 b) Gọi đường thẳng là y=+ mx n 4
5. 1 1 Từ điều kiện dd⊥ ta có 21mm=− =− =−+yxnd () 21 2 2 2 0,25 1 Từ điều kiện d tiếp xúc với yx=− 2 hay − =x − x2 n+ có 2 2 nghiệm kép, = −1 16 n để có nghiệm kép 1160−= =nn1 16 0,25 11 Vậy đường thẳng có phương trình dạng yx= − + 2 1 6 0,25 c) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 . 3 yx=+21 x =− 8 0,5 Ta có 11 yx=−+ 1 216 y = 4 Cho fxaxbxcxdxe()=++++432 . Xác định các số hữu tỉ a,,,, b c d e sao cho fxxx()f(1)−−= 3 . Từ đó tính Sn=++++123 3333 . fxaxbxcxdxe()(1)=++++432 fxaxb(1)(1)(1)(1)(1)(2)−=−+−+−+−+ xc xdxe 432 Trừ từng vế (1) và (2) ta được: 0.25 f( xaxab )−− f(x xabc =+ 1) −++−+− 4( x a6332 b )(432 + c − d )0 + = Ta lại có: 0.25 Đồng nhất fx()f(x1)−− với x3 ta sẽ được: 1 a = 4 41a = 1 −6ab + 3 = 0 b = 2 4a− 3 b + 2 c = 0 Bài 3. 1 1 c = 0.25 (4 điểm) −a + b − c + d = 0 4 d = 0 111 Vậy fx()= xxxe432+++ , với e bất kì. 0.25 424 Tính . 3 Trong đẳng thức f( x )− f ( x − 1) = x , lần lượt cho x bằng 1, 2, 3, , 0.25 n ta được: 3 ff(1)(0)1−= 3 ff(2)−= (1) 2 f(n)− f (n − 1) = n3 Cộng từng vế n đẳng thức trên rồi rút gọn ta được: f(n)− f (0) = 13 + 2 3 + 3 3 + + n 3 0.25 5
6. 111432 3 3 3 3 0.25 +++()nnne - e = 1 + 2 + 3 + + n 424 nnnnn43222+++2(1) ==S 0,25 44 Chứng minh rằng với mọi xy, thì Axyxyxyxyy=+++++()(2)(3)(4) 4 là số chính phương. Axyxyxyxyy=+++++[()(4)][(2)(3)] 4 0,25 Axxyyxxyyy=+++++(54)(56)22224 0,25 2 Axxyyxxyyy=++++++(54)[(54)2y]222224 0,5 Ax=(2 + 5 xyyx + 4)( 2 2 + 5 xyy + 4)2y( 2 + 2 x 2 + 5 xyy + 4) 2 + y 4 0,25 Axxyyxxyyy=++++++(54)2y(54)2222224 0,5 A=[( x2 + 5 xy + 4 y 2 ) + y 2 ] 2 = ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 ) 2 0,25 Cho ba số thực dương thỏa mãn tích của chúng bằng một và tổng của chúng luôn lớn hơn tổng nghịch đảo của chúng. Chứng minh rằng có một và chỉ một trong ba số lớn hơn một. Gọi x,, y z là ba số thỏa mãn điều kiện đề bài ta có: 111 x. y . z1 = ; xyz++ ++ xyz 0,25 Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: Nếu đều nhỏ hơn 1 hoặc đều lơn hơn 1 thì 0,5 1 trái với giả thiết. Trường hợp 2: Giả sử 2 trong ba số lớn hơn 1. Không làm mất tính Bài 4. tổng quát, giả sử x 1, y 1. 0,25 (4 điểm) Vì nên z 1, do đó: (x− 1)( y − 1)( z − 1) 0 xyz + x + y + z − xy − xz − yz −10 ++ ++xyzxyyzzx 111 0,25 ++ xyz ++ đều này trái với giả thiết. xyz Vậy có một và chỉ một trong ba số lớn hơn một. 0,25 Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE= AF . Vẽ AH vuông góc với BF ( H thuộc BF ), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M , N . 2 a) Chứng minh rằng tứ giác AEMDlà hình chữ nhật. 111 b) Chứng minh rằng =+ ADAMAN222 6
7. a) Ta có D A M A= B F (cùng phụ BAH ) A B A= D g t () BAFADM==900 (Tứ giác A B C D là hình vuông) =ADMBAF (g.c.g) 0,5 =D M A F , mà A F A= E g t () nên AE= DM Lại có A E D// M (vì A B D// C ) Suy ra tứ giác A E MD là hình bình hành, mặt khác D A E g= t 9 00 ( ) 0,5 Vậy tứ giác là hình chữ nhật. b) Do ADCNgt/ /() , áp dụng hệ quả định lí Ta-lét ta có: ADAMAD CN = = (1) CNMNAMN M 0,25 Do MC/ / AB()gt , áp dụng hệ quả định lí Ta-lét ta có: MNMCABMC ADMC = = hay = (2) ( ABAD= ) 0,25 ANABANMN ANMN Từ (1) và (2) ta có 2222 ADADCNCMCNCMMN 222+ +=+=== 221(Pytago) 0,5 AMANMNMNMNMN 22 ADAD 2 += 1 Chia hai vế cho AD 0,25 AMAN 1 1 1 + = (đpcm) AM2 AN 2 AD 2 0,25 Cho (,)OR11 tiếp xúc ngoài với (,)OR22 tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài có BC , B() O1 , C() O2 . Bài 5. a) Tính BAC . (4 điểm) b) Tính độ dài BC . c) Gọi D là giao điểm của BA với ()O2 . Chứng minh rằng COD,,2 thẳng hàng. d) Tính độ dài BA . 7
8. B I H C K O1 A O2 D a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A, cắt BC tại I 0,25 5a Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì I A I== B I C 0,5 Nên BAC = 900 0,25 b) Vì và OAOBOAOC1122==; 0,25 Nên IO1 và IO2 lần lượt là trung trực của AB và AC Do đó IO⊥ AB , I O A⊥ C , suy ra tứ giác AHI K là hình chữ nhật vì 1 2 có ba góc vuông, nên H I K = 900 hay O I O vuông tại I . 5b 12 0,25 2,, 2 Áp dụng hệ thức về đường cao h b c= , ta được IAOA= AO12. hay IARRIARR2 = = 1212 0,25 Vậy BCIARR==22. 12 0,25 c) Vì C A D kề bù với nên CAD = 900 0,25 0,5 5c Ta có C A D vuông tại A nội tiếp ()O2 nên CD là đường kính. 0,25 Vậy COD,,2 thẳng hàng. d) Áp dụng Pytago vào B C D vuông tại C , ta có BDDCCB222=+ 0,25 222 0,25 hay BDRR=+ =+4444 RBDRR21 221 R 2 5d Áp dụng hệ thức về cạnh c a2, c= . ta được BCBA2 = BD. hay 0,25 2RR 2RR 4.2R RBARR=+ == RBA 2 12 12 1 221 2 2 RR+ RR21+ R 2 12 0,25 HẾT 8