Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng Giáo dục và đào tạo Diễn Châu

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng Giáo dục và đào tạo Diễn Châu

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1. (6,0 điểm) 2x3 3x2 4x 2 a) Cho x 3 5 3 5 1 . Tính giá trị biểu thức P 3 x 2 b) Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn: a b c3 2024c . Chứng minh rằng S a3 b3 c3 6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2019x 2020y 2021 0 . Bài 2. (4,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) x2 6x 26 6 2x 1 b) 2x2 5(x 2) x 1 6x 10 Bài 3. (3,0 điểm) a) Cho x, y là hai số dương thoả mãn: x y 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 6 8 thức Q x2 2x y x y b) Cho a,b,c 0 thoả mãn a b c 3 . Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 a b c b2 1 c2 1 a2 1 Bài 4. (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC và BD, đường thẳng MO cắt AB và CD lần lượt tại I và K. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm B đến đường kính AC. a) Chứng minh rằng BH.AC = 2MB.CH b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo theo R và MO = d. c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kì. Gọi giao điểm của AC và FK là N. Chứng minh N· IK ·AFI Bài 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có 1 diện tích không lớn hơn . 2 Hết Họ và tên: Số báo danh:
2. . HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 9 NĂM HỌC 2020-2021 Bài Câu Nội dung Điểm a) Cho x 3 5 3 5 1 . Tính giá trị biểu thức 2.0 a 2x3 3x2 4x 2 P 3 x 2 6 2 5 6 2 5 Ta có x 3 5 3 5 1 1 0.25 2 2 ( 5 1)2 ( 5 1)2 5 1 5 1 1 1 2 1 0,25 2 2 2 2 3 3 0.5 Ta có: x 2 2 1 2 1 x 2 1 x 1 2 x2 2x 1 0.25 2x3 3x2 4x 2 2x(x2 2x) (x2 2x) 2x 2 0.25 x2 2x 1 vào ta được 2x 1 2x 2 1 Thay 0,25 1 0.25 Vậy P 1 1 b) Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn: a b c3 2024c . 2.0 b 3 3 3 Chứng minh rằng S a b c 6 Ta có: a b c3 2024c a b c (c3 c) 2022c 0.25 0.5 1 a b c (c 1)c(c 1) 2022c (Vì (c 1)c(c 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên có thừa số chia hết cho 2, thừa số chia hết cho 3 mà (2;3)=1 nên tích đó chia hết cho 6; 2022c6 ) 0.5 a b c (c 1)c(c 1) 2022c6 (1) Mặt khác: (a3 b3 c3 ) (a b c) (a 1)a(a 1) (b 1)b(b 1) (c 1)c(c 1)6 (2) 0.5 3 3 3 Từ (1) và (2) suy ra: S a b c 6 0.25 c) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2.0 c x2 xy 2019x 2020y 2021 0 . Ta có x2 xy 2019x 2020y 2021 0 x2 xy x 2020x 2020y 2020 1 0,25 (x y 1)(x 2020) 1 1.1 1.( 1) 0.5 x y 1 1 y 2021 TH1: x 2020 1 x 2021 x y 1 1 y 2021 0.5 TH2: x 2020 1 x 2019 0.5
3. Vậy x, y 2021, 2021 ; 2019, 2021  . 0.25 a Giải phương trình: x2 6x 26 6 2x 1 2.0 1 0.25 ĐK: x 2 (x2 8x 16) (2x 1 6 2x 1 9) 0 0.5 (x 4)2 ( 2x 1 3)2 0 (1) 0.5 1 Vì .(x 4)2 0 x;( 2x 1 3)2 0 x 2 x 4 0 x 4 (1) x 4 (T/M) 0,5 2x 1 3 x 4 Vậy S 4 0,25 2 2.0 b Giải phương trình: 2x 5(x 2) x 1 6x 10 (1) 2 ĐK: x -1. 0.25 2 0.5 (1) 2(x 2) 5(x 2) x 1 2(x 1) 0 2(x 2)2 4(x 2) x 1 (x 2) x 1 2 (x 1)2 0 2(x 2) (x 2) 2 x 1 x 1 (x 2) 2 x 1 0 (x 2 2 x 1)(2x 4 x 1) 0 0.25 2 x 1 x 2 x(x 8) 0 2 (x 2) 0,5 x 1 2x 4 4x 17x 15 0 x 0 (Loai) x 8 (T/M) x 3(T/M) . Vậy S 3;8 0,5 5 x (Loai) 4 a) Cho x, y là hai số dương thoả mãn: x y 6 . Tìm giá trị 1.5 a 2 6 8 nhỏ nhất của biểu thức Q x 2x y x y 2 x y 3x 6 y 8 Q (x 2) 4 3 2 2 x 2 y 0.5 3x 6 3x 6 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2 . 6 ; 2 x 2 x y 8 y 8 2 . 4 2 y 2 y 0.25
4. (x y) 6 0.25 Mặt khác: (x 2)2 0 x ; 3 2 2 Do đó Q 0 3 6 4 4 9 0.25 x 2 0 x y 6 3x 6 x 2 Dấu “=” xảy ra (T/M) 2 x y 4 y 8 2 y Vậy Qmin 9 x 2; y 4 0.25 Cho a,b,c 0 thoả mãn a b c 3 . Chứng minh rằng: 1.5 b a 1 b 1 c 1 a b c b2 1 c2 1 a2 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a 1 (a 1)b2 (a 1)b2 ab b (a 1) (a 1) (a 1) ; b2 1 b2 1 2b 2 a 1 ab b 0,5 (a 1) (1) b2 1 2 Tương tự: b 1 bc c (b 1) (2) c2 1 2 c 1 ca a (c 1) (3) a2 1 2 3 Cộng theo vế các bất đẳng (1),(2),(3) ta được: a 1 b 1 c 1 ab bc ca a b c (a b c) 3 b2 1 c2 1 a2 1 2 ab bc ca 3 6 0,5 2 Mặt khác: (a b c)2 3(ab bc ca) ab bc ca 3 a 1 b 1 c 1 Do đó 6 3 3 b2 1 c2 1 a2 1 a 1 b 1 c 1 Dấu “=” xảy ra a b c 1 . Vậy a b c b2 1 c2 1 a2 1 0,5 (đpcm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC và BD, đường thẳng MO cắt AB và CD lần lượt tại I và K. 4 Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm B đến đường 6.0 kính AC. a) Chứng minh rằng BH.AC = 2MB.CH b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo
5. theo R và MO = d. c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kì. Gọi giao điểm của AC và FK là N. Chứng minh N· IK ·AFI M B 0.5 I E P N A C O H K D a F Chứng minh được MAO= MBO (cạnh huyền-cạnh góc vuông) MA=MB kết hợp OA=OB MO là trung trực của AB I là trung điểm AB. Từ đó suy ra OI là đường trung bình của tam giác ABC IO//BC M· OA B· CH (đồng vị). 0,5 Từ đó chứng minh được hai tam giác vuông MAO và BHC đồng 0.5 dạng (g.g) BH CH (1) BH.OA=MA.CH MA OA 0.5 AC 0.5 Mà OA , MA MB BH.AC 2MB.CH 2 Vì BH//MA nên áp dụng định lý Ta let vào tam giác CMA ta có: EH CH EH CH (2) MA CA MA 2OA 0,5 BH 0,5 Từ (1) và (2) BH 2EH BE EH b 2 Tam giác ABC có cạnh AC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên là tam giácvuông, theo hệ thức lượng ta có: 0.5 BH2 AH.CH (2R CH).CH (3)
6. Thay (1) vào (3) và kết hợp BH=2EH ta được: 2 2 2 2 2 BH.R BH.R 2R .MA 2R . d R BH 2R . BH 2 2 2 MA MA MA R d 0.5 R 2. d2 R 2 BE d2 Qua O kẻ đường vuông góc với IK cắt IN tại P. NP NO 0,5 Khi đó ta có OP//AI (cùng vuông góc OI) nên PI OA NK NO Mặt khác OK//AF (cùng vuông góc AB) nên KF OA NP NK 0.5 c Do đó suy ra PK // IF F· IK P· KI (*) PI KF Mặt khác tam giác PIK cân đỉnh H (OP là trung trực của IK), 0.25 nên P· IK P· KI ( ) Từ (*) và ( ) F· IK N· IK , mà F· IK ·AFI (so le trong) 0.25 N· IK ·AFI (đpcm). Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 1.0 ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam 1 giác có diện tích không lớn hơn . 2 Gọi AiA j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 2020 điểm đã cho . Giả sử A k là điểm cách xa đoạn thẳng AiA j nhất . Khi đó Tam giác AiA j A k là tam giác có diện tích lớn nhất không lớn hơn 1. A A A 5 Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm i , j , k lần lượt song song với các cạnh của AiA j A k Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác 0.5 lớn chứa tất cả 2020 điểm đã cho. Ta có 2020 chia cho 4 được 505 như vậy có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn 1chứa ít nhất 505 điểm trong 2020 điểm đã cho. Chia tam giác đó thành 2 tam giác có diện tích bằng nhau. Ta có 505 chia cho 2 được 252 dư 1 nên theo nguyên tắc Dirichlet suy 1 ra có 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn chứa 253 điểm trong 2 2020 điểm đã cho. 0.5 Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương ứng theo từng phần. - Bài 4 HS không vẽ hình không chấm điểm