Đề thi học sinh giỏi vòng 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi vòng 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

1. PHÒNG GD VÀ ĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 – V2 MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Đề số 18 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2+ b 2 + c 2 = a +2 b + 3 c = 14. Tính giá trị của biểu thức M = abc 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n: 11111 +++++ 1 224364211 nnn ++ Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: xxxxx(31)(1)2+−−= 2. Tìm số nguyên xy, thỏa mãn: xxyyxy2222++= Câu 3. (4,0 điểm). 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19. 2. Với a, b, c > 0 thỏa mãn a+ b+ c = abc - 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 111 P =++ abc+++111 Câu 4. ( 6 ,0 điểm) 1. Cho đường tròn (O, R). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O). Trên đường tròn lấy E (E khác A, B). Đường thẳng vuông góc với OE tại E cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Hạ EF vuông góc với AB tại F, BC cắt EF tại I. a) Chứng minh I là trung điểm của EF b) Gọi EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC. Chứng minh K, M, I, N thẳng hàng 11r c) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh 32R Câu 5. (2,0 diểm) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng: a2+ b 2 −3 ab + b 2 + c 2 − bc a 2 + c 2 HẾT
2. ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC: 2020 – 2021. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abcabc222++=++= 2314 . Tính giá trị của biểu thức M = abc 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n: 11111 +++++ 1 224364211 nnn ++ Lời giải 1. (2 điểm) abcabc222222++=++= 1414 Ta có abcabc++=++=231424628 ++−−−=abcabc222 − 24614 −+−+−= ===(1)(2)(3)01;2;3abcabc222 ==Mabc 6 2. (2 điểm) Chứng minh được công thức tổng quát: 11111 nn+− −== nnnnnnnnn+++1(1)(1) n +++ (1)21 Áp dụng bất đẳng thức trên suy ra: 11111111 1;; ; − − − 2 22 4 323211 n nnn++ Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được: 11111 ++++ − 1 suy ra đpcm 2 24 36 4211 nnn ++ Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: xxx(31)(1)2 xx+−−= 2. Tìm số nguyên xy, thỏa mãn: x2+ xy + y 2 = x 2 y 2 Lời giải 1. (2 điểm) −1 Điều kiện xác định: x = 0 hoặc x 1 hoặc x 3 - Xét x = 0, thỏa mãn phương trình nên x=0 là nghiệm
3. 11 - Xét x 0 , chia hai vế cho x2 0 , ta được: 312+−−= xx 11 Đặt: 30;10+= −= uv. Ta được: xx uv−=2 22 Giải được uv==2 ; 0 suy ra x =1 (Thỏa mãn ĐKXĐ) uv+=4 Thử lại ta có nghiệm của phương trình là x { 0 ; 1} 2. (2 điểm) xxyyxy2222++= (1) +=xxyy222+ 2 += y x2 + xyxyx()(1 2 yxy + ) Vì VT là số chính phương suy ra VP là số chính phương mà xy và xy +1là hai số nguyên liên tiếp nên phải có xy = 0hoặc xy +=10 * Với xy = 0 ta có xy22+=0 nên xy==0 * Với xy +=10thì xy =−1suy ra xy= =1; − 1 hoặc xy= − =1; 1 Thử lại ta có nghiệm nguyên ( ;xy ) của (1) là: (0;0); (1;-1); (-1;1) Bài 3. (4,0 điểm) 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19. 2. Với a, b, c > 0 thỏa mãn a+ b+ c = abc - 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 111 P =++ abc+++111 Lời giải 1. (2 điểm) Với n = 0 ta có A(0) = 19 19 Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k 19 Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19 Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6n. 6 = 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6 = 6.A(k) + 7.52k .19 19 Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n 19 với mọi n N . 111 2. (2 điểm) Chứng minh được ++= 1 111+++abc 1 1 1 Thật vậy: + + =1 1+abc 1 + 1 + +(1a )(1 +++ b ) (1 b )(1 +++ c ) (1 c )(1 +=+ a ) (1 a )(1 + b )(1 + a ) +3 2(a +++++=+++++++ b c ) ab bc ca 1 a b c ab bc ca abc 2 +a + b + c = abc (đúng, theo giả thiết)
4. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 111111 ++ ++= 33 abcabc++++++111111 111 ++ 3 abc+++111 Vậy Pmax = 3 khi và chỉ khi a= b= c= 2 Bài 4. (6,0 điểm) 1. Cho đường tròn (O, R). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O). Trên đường tròn lấy E (E khác A, B). Đường thẳng vuông góc với OE tại E cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Hạ EF vuông góc với AB tại F, BC cắt EF tại I. a) Chứng minh I là trung điểm của EF b) Gọi EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC. Chứng minh K, M, I, N thẳng hàng 11r c) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh 32R Lời giải x y Q C E D M K I N P A B O F a. (2 điểm) Kéo dài BE cắt Ax tại Q + Chứng minh các tam giác vuông ACO= ECO để có AC=CE, tương tự có ED=DB (HS có thể dùng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) + Chứng minh được CEQ cân tại C và CAE cân suy ra CA = CQ(1) + Chứng minh được EF//AQ nên áp dụng định lý Talet vào QBC và EI BI IF EI IF BCA có: = = = (2) CQ BC CA CQ AC (1)( 2) =EI IF suy ra đpcm b. (2 điểm)
5. EF EM  EF / /CA = ACMA EIEM  = lại có CAEMEF= ()slt 11AKMA IEKAAC==EF, 22  Từ đó chứng minh được EMI đồng dạng AMK (c-g-c) Suy ra góc EMI = góc KMA Suy ra KMAAMI += 180 0 Nên K, M, I thẳng hàng (3) Kéo dài IN cắt BD tại P. Do EF//BD nên áp dụng hệ quả định lý Talet có: BPDPBN ==() mà EI=FI (cmt) nên BP=DP=1/2BD EIFINI Áp dụng ĐL Talet trong BCD (EI/BD) có: CICEACCKCKCICK2 === = IBEDBDBPBPIBBP2 Kết hợp với A C B C= B D (slt) suy ra KCI đồng dạng PBI (c-g-c) Suy ra C I K B= I P từ đó có P I C C+= I K 1800 nên K, I, P thẳng hàng (4) Từ (3) và (4) suy ra K, M, N, I thẳng hàng (đpcm) c. (2 điểm) + Đặt CD = a ; OC =b ; OD =c ( a > b; a > c ) + Chứng minh được công thức tính diện tích tam giác S= p.r (r là bán kính đường tròn nội tiếp, p là nửa chu vi) Dựa vào 2 cách tính diện tích tam giác COD ta có: 111 ra Sp rOE== + CDr (). a += = b cR a COD 222 Ra b++ c + Trong COD có b+c > a suy ra a+ b +c > 2a aar 11 = abcaR++ 222 (5) ar11 + Vì a b,3 a c a + b + c a (6) a++ b c33 R Từ (5) (6) suy ra đpcm Bài 5. (2,0 điểm) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng: ababbcbcac222222+−++− +3 Lời giải Ta đặt a, b, c là độ dài các đoạn thẳng như hình vẽ sau: A Sử dụng tỉ số lượng giác a tính được: O 30° 60° b 22 B AB = a+− b3 ab 22 c BC= b + c − bc ACac=+22 Vì AB+ BC AC C Nên ta có đpcm  HẾT 