Đề thi HSG môn Toán lớp 9 Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa năm 2020 - 2021

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (217.72 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP 9 
 THANH HÓA MƠN: TỐN

Năm học: 2020 – 2021

Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm bài 120 phút 
Câu 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 1 3 : 3 2 9 ,

9 2 3 6

x x x x x

P

x x x x x

       

      

        

   

với x0, x4, x9.

b) Cho a b c, , là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 3 3 3

1 3 , 1 3 , 1 3 .

a   a b   b c   c

Tính giá trị của biểu thức Qa2b2c2.
Câu 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 15



x3x22x



4 5



x22



x44.
b) Giải hệ phương trình:









2 2

4 1 0
.

1 2

x xy y y

x x y y

     




   




Câu 3. (4,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y,



thỏa mãn phương trình 2xx2 9y212y19.
b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2

x y  chia hết cho xy. Chứng minh rằng

2 2

x y

xy

 

chia

hết cho 12.
Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường trịn



I r;



có bán kính IE IF, vng góc với nhau. Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn

 

I tại E và

F cắt nhau tại A. Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai của đường
tròn

 

I , D là tiếp điểm, BD cắt AF tại C. Gọi K là giao điểm của AI và FD.

a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng.

b) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt FD tại P. Gọi M là trung điểm AB, MI cắt AC tại Q.
Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân.

c) Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo r.

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn 2 2 2





4 2 .

x y z  xyz xyyzzx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:







.
Px y z

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: 1 3 : 3 2 9 ,

9 2 3 6

x x x x x

P

x x x x x

       

      

        

   

với x0, x4, x9.

b) Cho a b c, , là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a3 1 3 ,a b3 1 3 ,b c3 1 3 .c
Tính giá trị của biểu thức Qa2b2c2.

Lời giải 
a) Với điều kiện đã cho, ta có:











3 3

1 1 1 .

9 3 3 3 3

x x

x x x

x x x x x




     

    

Ngoài ra:





 









3 3 2 9

3 2 9 2

2 3 6 2 3 3

x x x x

x x x x x x x

     

   

   

      

Suy ra: 3 3 3 .

3 2 2

x
P

x x x



  

  

Vậy 3 .
2
P

x




b) Nhận xét a b c, , là ba nghiệm của phương trình x33x 1 0. Theo định lý Viete, ta có:
0

3.
1

a b c
ab bc ca
abc

  




   



 



Do đó ta có: Qa2b2c2 



a b c 



22



ab bc ca 



02  2

 

3 6.
Vậy Q6.

Câu 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:



3 2







15 x x 2x 4 5 x 2 x 4.

b) Giải hệ phương trình:









2 2

4 1 0
.

1 2

x xy y y

x x y y

     




   




Lời giải

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2
2

2 4 2

4 5 x x 15 x 1

x x x

   

    

   

   

Đặt t x 2 2 2.

x

   Phương trình đã cho trở thành:





















2
2 2
4 2
3 2

4 5 20 15 1 16 5 20 225 1
16 109 90 45 0

3 16 48 35 15 0
3.

t t t t t t

t t t

t t t t

t
      
    
     
 

Với t3, ta có: 2 3 2 3 2 0 1.
2
x

x x x

x
x


       



Thỏa điều kiện.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2.

b) Nhận xét y0 không thỏa mãn. Xét y0, hệ phương trình tương đương:













2
2
1
2 2
.
1
2 1

x
x y
y
x
x y
y
 
   





   



Đặt
2
1
, 2.
x

a b x y

y


    Hệ cho trở thành: 2 1.
1

a b
a b
ab
 

  



Do đó:
2
2
2
1

1 1 1, 2

.
2, 5
2 0

2 1
x

y x x y

y
x y
x x
x y

 

     
 
 
  
  
  
 

   


Vậy hệ cho có hai nghiệm



x y;

 

 1; 2 ,

 

2;5 .



Câu 3. (4,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y,



thỏa mãn phương trình 2xx2 9y212y19.

b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn x2y258 chia hết cho xy. Chứng minh rằng

2 2
58
x y
xy
 
chia

hết cho 12.

Lời giải 
a) Phương trình tương đương: 2xx2 



3y2



2 15.

Nếu x chia hết cho 3 thì 2

2x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nếu x lẽ thì x2x11 với *

1 .

x  Khi đó 1









2 4 x  2x 1  3y2 15. Suy ra 2 4x



2 1 1



2 2 mod 3





x

   

mà



3y2



215 1 mod 3





nên x phải là số chẵn. Do đó đặt 2xx2 a2 và 3y 2 b.
Phương trình đã cho trở thành:







2 2 5

15 15

a b

a b a b a b

a b
 


       

 


hoặc 15.
1
a b
a b

 



 


 5 4.

3 1

a b a

a b b

  

 



 

  

 

Khi đó

2 16

.
1
3 2 1

x

x
x

y
y



  



 



  



 15 8.

1 7

a b a

a b b

  

 



 

  

 

Khi đó

2 64

,
3 2 7

x
x
y

 



 


vơ nghiệm.

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



x y;

 

 2; 1 .



b) Theo đề bài ta có: 2 2

x y  mxy với *

.
m

Đặt k gcd



x y,



với k1,k. Khi đó ta có xkx1, yky1 với x1, y1*.
Thay vào phương trình ta được: 2



2 2



1 1 58 1 1.

k x y  mk x y Suy ra 58 chia hết k2k 1.
Vì k 1 nên x y, cùng lẽ hoặc trong hai số x y, có một số chẵn, một số lẽ.

Nếu có một số chẵn khơng mất tính tổng qt giả sử y chẵn thì từ phương trình suy ra x chẵn, vơ lí.

Vậy cả x và y cùng lẽ. Suy ra xy lẽ.

Do đó đặt x2x21, y2y21 với x2, y2* x2y2584



x22 y22



4



x2y2



60 chia hết cho 4.
Do đó x2y258 chia hết cho 4.

Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Nếu x chia hết cho 3 thì y khơng chia hết cho 3 do gcd



x y,



1.
Khi đó x2y2 58 chia 3 dư 1 mà xy chia hết cho 3, vơ lí. Do đó cả x và y đều khơng chia hết cho 3.
Khi đó ta có x2 y2 58 1 1 1 3    0 mod 3 .





Suy ra x2y258 chia hết cho 3.

Vì 2 2

x y  chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên

2 2

x y

xy

 

chia hết cho 12.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn



I r;



có bán kính IE IF, vng góc với nhau. Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn

 

I tại E và
,

F cắt nhau tại A. Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai của đường
tròn

 

I , D là tiếp điểm, BD cắt AF tại C. Gọi K là giao điểm của AI và FD.

a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

c) Xác định vị trí của điểm B để tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo .r

Lời giải

a) Nhận xét I chính là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC.

Khi đó

0 0 180 0

180 180 90 .

2 2 2

BAC ABC ACB ACB

AIB      

      

Tứ giác FIDC nội tiếp nên .
2
ACB
IFK IFD ICD 

     

Suy ra 900 .

2
ACB

AFK AFI IFK 

      

Do đó AIB AFK. Mà BAI  KAF 45 .0
Nên hai tam giác IAB và FAK đồng dạng với nhau.

b) Gọi T là giao điểm của FI và

 

I . Theo bồ đề quen thuộc BT đi qua tiếp điểm Q của của đường tròn bàng
tiếp ABC tại AC và AF Q C . Mặt khác theo bổ đề hình thang trong hình thang AFTB có M I, lần lượt là
trung điểm của AB FT, ta có M I Q, ,  thẳng hàng.

Mà MI và AF cắt nhau tại Q nên suy ra QQ.

T

Q

M

P

K

E

F

D

I

B

A

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn x2y2z24xyz2



xyyzzx



. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:







.
Px y z

Lời giải 
Ta có:

















2 2 2

4 2

2 2 2 4 4

4 1

x y z xyz xy yz zx

x y z xy xz yz yz xyz

y z x yz x

     

       

    

Suy ra



y z x



2 



yz

 

2 1x



. Đặt a y z 0, ta được:













2 2 2 2

1 2 0

2 .

a x a x a x ax x

x a a

      

  

Mặt khác















2 2

1 1

4 4

y z a

y z   

    nên ta có:













2 3

2 2

2 .

4 4

a a a

Pa a    
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:



 





1 1 3 2 2 2 27

3 2 2 2

3 3 4 16

a a a a

a a a a        

        

 

Suy ra 27.

P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2

a hay 3, 1.

4 4

x yz

Vậy giá trị lớn nhất của P là 27

64 đạt được khi

3 1

, .

4 4

</div>

Đề thi HSG môn Toán lớp 9 Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa năm 2020 - 2021

























 

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





















 

















 

































<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





