052 đề thi hsg toán 9 tỉnh tiền giang 2020 2021

PHÒNG GDDT TIỀN GIANG
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TRUNG HỌC CƠ SỞ
NĂM HỌC 2020-2021, MƠN TỐN 9
Thời gian làm bài : 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
3
3
1) Cho biểu thức A  9  80  9  80 .Chứng minh A là số nguyên tố
2) Cho 31 số nguyên a1 , a2 ,......, a31
3
a) Chứng minh a1  a1 chia hết cho 6
3
3
3
b) Biết a1  a2  .....  a31 chia hết cho 6. Chứng minh rằng a1  a2  .....  a31 chia hết
cho 6
4
2
3) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n  n  1 là số nguyên tố
Câu 2. (6,0 điểm)
1) Cho a, b là hai số thực dương ab 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
4
P  
a b a b

2
2) Giải phương trình

5 x



3

3  x x  1

2
x
3) Cho phương trình  2  m  3 x  5  2m 0 (m là tham số thực). Tìm m để
phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá
trị độ dài của hai cạnh góc vng của một tam giác vng có đội dài là đường cao
2 5
ứng với cạnh huyền bằng 5 (đơn vị độ dài)
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : y x  m  3  m  3 . Gọi A, B lần

lượt là giao điểm của đường thẳng  d  với 2 trục tọa độ Ox, Oy. Tìm m để diện tích
của hình trịn ngoại tiếp tam giác OAB bằng 8 (đơn vị diện tích)
2) Sau đợt tổng kết phát thưởng cho các vận động viên đạt giải trong Hội Khỏe Phù
Đổng cấp Tỉnh của trường X, tổng số tiền phát thưởng là 23 triệu đồng, trong đó
huy chương vàng (HCV) được 5 triệu đồng , huy chương bạc (HCB) được 2 triệu
đồng và huy chương đồng (HCĐ) được 1 triệu đồng. Tính số vận động viên đạt
HCV , HCB, HCD , biết rằng tổng số vận động viên đạt HCB và HCĐ không quá 2
người
Câu 4. (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b sao cho a  b và ab 0 thỏa mãn :
2 a  b
ab  2020a  2021b 
a b
4a



M

a 2  ab a 2  ab a 2  b 2 . Tính giá trị của biểu thức
31a 3  3b3
Câu 5. (4,0 điểm)
Cho đường trịn (O) và một điểm A ở ngồi đường tròn. Từ A vẽ hai tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn  O   B, C là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O)
 M nằm giữa A và N  . Gọi E là trung điểm của NM


a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C cùng thuộc một đường tròn
b) Tia CE cắt  O  tại I . Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân
c) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) A  3 9 

80  3 9  80

 A3 9  80  9 





80  3 3 9  80 9 

80



3

9

80  3 9  80



 A3 18  3 A  A3  3 A  18 0
 A 3
  A  3  A2  3 A  6  0   2
 A 3
A

3
A

6

0(
VN
)

Vậy A là số nguyên tố
2) a) Ta có:

a13  a1 a1  a12  1 a1  a1  1  a1  1

3
Có  a1  1 ; a1;  a1  1 là ba số nguyên liên tiếp  a1  a1  1  a1  1 6  a1  a1 6

b) Ta có :
3
1

a

3
 a23  .....  a31
   a1  a2  ....  a31   a13  a1    a23  a2   ....   a313  a31 

6, mà a1  a2  ....  a31 chia hết cho 6
3
3
3
Vậy a1  a2  .....  a31 chia hết cho 6

3) Ta có

n 4  n 2  1  n 2  n  1  n 2  n  1

 n  1
 n 2  n  1 1 
  n 0
 2
 n  n  1 1  n 1
4

2

Để n  n  1 là số nguyên tố thì
n 1  n 4  n 2  1 3(tm)
n 0  n 4  n 2  1 1(ktm)
n  1  n 4  n 2  1 3(tm)
4
2
Vậy n 1 hoặc n  1 thì n  n  1 là số nguyên tố

chia hết cho


Câu 2.
1 1
4
a b
4
a b
4
P  




2
a
b
a


b
ab
a

b
4
a

b
1) Ta có :
a b
4

, ab 4  a b 2
a b
Dấu " " xảy ra khi 4
2) ĐK: x 5

2

5 x



3

3  x x  1





  x  1 3 3  x  x  1 2  5  x   x  1
 x  1 0
 3
 3 x 
Do x 5 nên

 x 1
 3
5  x  2 0
 3 x 
3

3  x 2, 5  x 0 

3



3

3 x 



5  x  2 0

5  x 2

3 x 

5  x 2 , dấu bằng khi x 5

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;5
3) Ta có 1  2  m  3  5  2m 0, suy ra phương trình ln có nghiệm x 1 và nghiệm
x 5  2m
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 5  2m 1  m 2
2 5
Vì hai nghiệm trên là hai cạnh của tam giác vng có đường cao có độ dài bằng 5 nên

5  2m  0
 1
1
1
3



2
2  m  (tm)
2

1  5  2m 
2
 2 5 


 5 


Vậy

m

3
2

Câu 3.
1) Vì A là giao điểm của đường thẳng  d  với Ox nên A  3  m;0 
Vì B là giao điểm của đường thẳng  d  với Oy nên B  0; m  3
 AB  2.

 m  3

2

Vì tam giác OAB là tam giác vng tại O nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

OAB là

R

AB
2
 .
2
2

 m  3

2


2
Để diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác OAB bằng 8 thì  R 8
 m  3 4
 m 7
2
 R 2 8   m  3 16  

(tm)
 m  3  4
 m  1
Vậy m 7 hoặc m  1 thỏa mãn đề bài
2) Gọi số vận động viên đạt HCV là x
Gọi số vận động viên đạt HCB là y

Gọi số vận động viên đạt HCĐ là z  x, y, z   *
23

x


5 x  2 y  z 23 5 x 23
5


 x 4




y

z

2
23

5
x

4
19


x 

5
Ta có :
Khi đó 2 y  z 3  y z 1
Vậy có 4 vận động viên đạt HCV, 1 vận động viên đạt HCB, 1 vận động viên đạt HCĐ
Câu 4.

2 a  b
a b
4a
a  b a 2  b2 2  a  b  a 2  b2
 2
 2

 2
.
 2
.
4
2
2
a

ab
a

ab
a

b
a

ab
a
a

ab
a
Ta có:


Đặt

 a  b

a2

x

1  x

2

Suy ra
Câu 5.

2

2

2 a  b

4 
a2

2

2

b
b


 1    2  1   4  *
a

 a


b
 x 1
a
, suy ra (*) trở thành

 21  x 

M

2

 x  1(ktm)
4  3x  2 x  1 0  
1
 x  (tm)  a 3b
3

2

3b.b  2020.3b  2021b  8081

31.27.b3  3b3
280


B

I

N

E
M

A

H

O

C
a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C cùng thuộc một đường trịn
Ta có : OBA OCA 90  AB, AC là tiếp tuyến của  O  )
Mà OEA 90  E là trung điểm của dây MN )  B, C , E cùng nằm trên đường trịn
đường kính OA  A, B, C , O, E cùng nằm trên một đường tròn
b) Tia CE cắt  O  tại I . Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân
A, B, C , O, E cùng nằm trên một đường tròn  ABEC là tứ giác nội tiếp

 ABC AEC (2 góc nội tiếp cùng chắn dây AC )
1 
1
  sd MB

ABC  sd BC
 sd MC
2
2

Mà
(là góc tại bởi tiếp tuyến và dây BC )
1
  sd MC

AEC  sd IN
2
(góc có đỉnh bên trong đường trịn)






Vì ABC AEC  sd MC  sd MB sd IN  sd MC  sd IN sd MB
 MI
  NB MI
 NB









 1  
BIC ABC   sd BC
  BIC AEC

2


Ta có :
(hai góc ở vị trí đồng vị)
 BI / / AM  tứ giác MBIN là hình thang mà NB MI
 tứ giác MBIN là hình thang cân
c) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp


Xét hai tam giác ABM và ANB có: BAM chung, ABM ANB (cùng chắn cung
BM )  ABM ∽ ANB  g.g 


AB AM

 AB 2  AM . AN
2
AN AB
mà AB  AH . AO  ABO vuông tại B có đường cao

AM AH

AO AN
Xét hai tam giác AMH và AON có :
AM AH

cmt 
MAH chung, AO AN 
 AMH ∽ AON (c.g .c)  AHM ANO

Xét tứ giác MHNO có AHM ANO
Vậy tứ giác MHNO là tứ giác nội tiếp (góc ngồi bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
BH )  AM . AN  AH . AO 