Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Kèm đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN LỚP 9 – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/3/2021 Bài 1: (4 điểm) 9 2x 5 x 1 1) Cho biểu thức A . với x 0 và x 4 x x 2 x 1 x 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A nhận giá trị nguyên 2) Cho phương trình x2 2 m 3 x m 0 với m là tham số. Tìm m để phương trình 2 2 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 sao cho x1 x 2 9 Bài 2: (4 điểm) 1) Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : y x b . Tìm b để đường thẳng d 13 cắt parabol P tại hai điểm phân biệt AB, sao cho OI (với I là trung điểm của 2 AB ). 2) Giải phương trình x2 1 x 1 x 3 15 2 x 1 2 Bài 3: (4 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: x2 3 xy 2 y 2 6 0 2) Cho x,, y z là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: x y 5 y z 5 z x 5 chia hết cho 5 x y y z z x Bài 4: (4 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H. 1) Chứng minh AF AB AE  AC 2) Chứng minh DH là tia phân giác của EDF 3) Giả sử ACB 600 . Chứng minh 2EF BF 3  CF . Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có BAD 600 , BCD 120 0 tia phân giác của BAD cắt BD tại E. Tia phân giác của BCD cắt BD tại F. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 3 1 AB BC CD DA AE CF Bài 6: (2 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x 2 y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 3x2 y 2 của biểu thức: P x2 4 y 2 xy Hết GV:GV: NguyễnNguyễn DươngDương HảiHải –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BMTBMT –– ĐăkĐăk LăkLăk (Sưu(Sưu tầmtầm vàvà giớigiới thiệu)thiệu) tttrraanngg 11
2. BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) 9 2x 5 x 1 9 2x 5 x 2 x 1 x 1 1) A x x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 9 2x x 10 x 1 x xx x 1 x x 2 2 2 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 x 2 x 2 Do đó A nhận giá trị nguyên với x nguyên khi x 2 Ư 2 1; 2 x 1; 3; 0; 4 x 1;9; 0;16 (TMĐK) 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 023404 m 2 m m2 8904180 m m 2 luôn đúng với mọi m x1 x 2 2 m 3 Theo Vi ét, ta có: x1 x 2 m m 0 2 2 2 2 Khi đó x1 x 29 x 1 x 2 2 x 1 x 2 9 2 m 3 2 m 9 m 2 m 5 0 5 m 2 Bài 2: (4 điểm) 1) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là x2 x b x 2 x b 0 * Đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt AB, * có hai nghiệm phân 1 biệt 0 1 4b 0 b 4 xAB x 1 Theo Vi ét, ta có: xAB x b x x 1 x AB I 2 2 Vì I là trung điểm AB, nên có: 2 y y x2 x 2 x x 2 x x 1 2b y ABAB ABAB I 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2b 13 Do đó OI xII y 2 2 2 2 2b 2 b 1 13 2 b 3 l b b6 0 b 3 b 2 0 2 2 b 2 n Vậy b 2 2) x2 1 x 1 x 31521 x 2 x 4 4 x 3 56 x 2 56120 x x4 10 x 3 6 x 2 6 x 3 60 x 2 36 x 2 x 2 20120 x x2 x 2 1066 x x x 2 1062 x x 2 1060 x x2 10 x 6 x 2 6 x 2 0 2 x 10 x 6 0 x1 5 19; x 2 5 19 x2 6 x 2 0 x3 3 11; x 4 3 11 GV:GV: NguyễnNguyễn DươngDương HảiHải –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BMTBMT –– ĐăkĐăk LăkLăk (Sưu(Sưu tầmtầm vàvà giớigiới thiệu)thiệu) tttrraanngg 22
3. Bài 3: (4 điểm) 1) x2 3 xy 2 y 2 6 0 x 2 3 yx 2 y 2 6 0 * 2 2 2 2 2 Ta có x 3y 4 2 y 6 y 24 . * có nghiệm nguyên dương y 24 k k N y k y k 24 . Vì y Z , k N 0 y k y k y k y k 24 Mặt khác y k; y k cùng chẵn, nên có các trường hợp sau: y k y k 2 y y k 2 2 x 8 TH1: y 7 x 21 x 104 0 x 8 x 13 0 y k 12 x 13 y k 4 2 x 7 TH2: y 5 x 15 x 56 0 x 7 x 8 0 y k 6 x 8 Vậy các cặp số nguyên dương x; y cần tìm là: 8;7 , 13;7 7;5 , 8;5 2) Đặt xyayzb , zx ab ab . Có xy 5 yz 5 zx 5 ab55 ab 5 ab 5554 a5 ab 10 ab 3223 10 ab 5 abb 45 5aba 3 2 ab 2 2 ab 2 b 3 5 ababa 2 abb 2 5 xyyzzxa 2 abb 2 Vì x,, y z đôi một khác nhau, nên x y y z z x 0 Vậy x y 5 y z 5 z x 5 chia hết cho 5 x y y z z x Bài 4: (4 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H. A 1) Chứng minh AF AB AE  AC Xét ABE và ACF: F AEB AFC 900 gt ; BAE (góc chung). E H Vậy ABE ACF (g.g) AB AE AF  AB AE. AC (đpcm) AC AF O 2) Chứng minh DH là tia phân giác của EDF Tứ giác BDHF có: B D C BDH BFH 900 gt BDH BFH 180 0 Vậy tứ giác BDHF nội tiếp HDF HBF a Tứ giác CDHE có: CDH CEH 900 gt CDH CEH 180 0 Vậy tứ giác CDHE nội tiếp HDE HCE b Lại có ABE ACF HBF HCE c Từ a), b), c) HDF HDE . Vậy DH là tia phân giác của EDF 3) Giả sử ACB 600 . Chứng minh 2EF BF 3  CF . Tứ giác AEHF có: AEH AFH 900 gt AEH AFH 180 0 Vậy tứ giác AEHF nội tiếp EFC EAD (góc nội tiếp cùng chắn cung HE ) Xét EFC và EAD: EFC EAD cmt ; ECF EDA (tứ giác CDHE nội tiếp). GV:GV: NguyễnNguyễn DươngDương HảiHải –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BMTBMT –– ĐăkĐăk LăkLăk (Sưu(Sưu tầmtầm vàvà giớigiới thiệu)thiệu) tttrraanngg 33
4. EF AE Vậy EFC EAD (g.g) d CF AD Xét AEH và ADC: AEH ADC 900 gt ; EAH (góc chung). AE HE Vậy AEH ADC (g.g) e AD CD Mặt khác AEH: AEH 900 gt , AHE ACB 60 0 (tứ giác CDHE nội tiếp) Vậy AEH là nửa tam giác đều cạnh AH AH 2 HE f Xét BFC và HDC: BFC HDC 900 gt ; BCF (góc chung). BF HD Vậy BFC HDC (g.g) g CF CD AD Lại có ACD: ADC 900 gt tan ACD tan 60 0 3 h CD EF BF AH HD AD Từ d), e), f), g), h) ta có: 2 3 2EF BF 3 CF (đpcm) CF CF CD CD CD Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có BAD 600 , BCD 120 0 tia phân giác của BAD cắt BD tại B E. Tia phân giác của BCD cắt BD tại F. Chứng minh C rằng: E 1 1 1 1 3 1 F AB BC CD DA AE CF O A D Ta có SSSABD ABE ADE 1 1 1 ABDA  sin BAD ABAE   sin BAE DAAE   sin DAE 2 2 2 3 1 AB DAsin 600  AB AE sin 30 0  DA AE sin 30 0   AB DA AB DA AE 2 2 3AB DA 1 1 1 AE AB DA AB DA 1 1 1 Tương tự S  S S BCCDsin BCD  BCCF sin BCF  CDCF sin DCF BCD BCF DCF 2 2 2 3 3 BCCDsin1200  BCCF sin 60 0  CDCF sin 60 0   BCCD BCCDCF 2 2 1BC CD 1 1 2 CF BC CD BC CD 1 1 1 1 3 1 Từ 1), 2) suy ra (đpcm). AB BC CD DA AE CF Bài 6: (2 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x 2 y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 3x2 y 2 của biểu thức: P x2 4 y 2 xy GV:GV: NguyễnNguyễn DươngDương HảiHải –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BMTBMT –– ĐăkĐăk LăkLăk (Sưu(Sưu tầmtầm vàvà giớigiới thiệu)thiệu) tttrraanngg 44
5. 1 1 3x2 y 2 1 1 1 1 1 P 2 2 2 2 3 xy 2 2 3 16 xy 45 xy xy 4 xy xyxy 4 xyxy 4 4 4 xy 1 1 4 4 Lại có 4 0 x 2 y 1 x2 4 y 2 4 xy x 2 4 y 2 4 xy x 2 y 2 1 1 1 45 ; 3 16xy 32   16 xy 32212   ; 1 x 2 y 2 2 xy 0 xy 45 xy 4xy 4 xy 8 8 45 83 Do đó P 4 12 8 8 x 0, y 0 1 1 x 2 y 1 x x 2 83 2 Dấu “=” xảy ra khi x2 4 y 2 4 xy . Vậy Min P 1 8 1 1 y y 16xy 4 4 4xy GV:GV: NguyễnNguyễn DươngDương HảiHải –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BMTBMT –– ĐăkĐăk LăkLăk (Sưu(Sưu tầmtầm vàvà giớigiới thiệu)thiệu) tttrraanngg 55