Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 30/3/2021
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
-----------

Câu 1.(5,00 điểm)
a) Chứng minh rằng: 3 5  2 13  3 5  2 13  1 .
b) Biết đa thức x 4  4 x 3  6 px 2  4qx  r chia hết cho đa thức x3  3x 2  9 x  3 . Tính giá
trị biểu thức  p  q  r .
Câu 2.( 3,50 điểm) Giải hệ phương trình:
5
 xy
 2  2 x  y  xy  5


2 x  y  xy  10  4.

xy
Câu 3.(2,50 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2  5 y 2  13 .
Câu 4.(3,00 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C cắt
nhau ở D. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của DA với (O) và DA với BC; H là giao điểm của OD
với BC.
a) Chứng minh tam giác OAH đồng dạng với tam giác ODA.
b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt (O) tại K (khác A). Chứng minh rằng E, H, K
thẳng hàng.

Câu 5.(3,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1 1 1
1
P  x 3  y 3 với x  0, y  0,     2   2 
xy  x y  x
xy y
Câu 6.( 3,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có H là trực tâm, (I) là đường trịn nội tiếp. Gọi D,
E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Gọi K là hình chiếu vng góc của D trên
EF.
  EKC
.
a) Chứng minh rằng FKB
b) Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của HB, HC với EF.
Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK .EQ.
.
c) Chứng minh rằng KD là phân giác của HKI
---------Hết--------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………;Số báo danh:…………………….....…
Chữ kí giám thị 1:……….………………..;Chữ kí giám thị 2:………..………………………...
2. Đáp án và thang điểm


CÂU
1

ĐÁP ÁN

ĐIỂM
5,00 đ

a) Chứng minh rằng: A  3 5  2 13  3 5  2 13  1 .

2,50 đ

Ta thấy: A3  10  9

1,00 đ



3



5  2 13  3 5  2 13  10  9 A
  A  1  A2  A  10   0 .

0,50 đ

2

1  39

Vì A2  A  10   A   
 0 nên suy ra A  1  0  A  1.
2
4

b) Biết đa thức x 4  4 x 3  6 px 2  4qx  r chia hết cho đa thức
x3  3 x 2  9 x  3 . Tính giá trị biểu thức Q   p  q  r .

Giả sử x 4  4 x 3  6 px 2  4qx  r   x  a   x3  3x 2  9 x  3

 x 4   a  3 x3   3a  9  x 2   9a  3 x  3a.
4  a  3
a  1
6 p  3a  9
p  2


Đồng nhất các hệ số cùng bậc hai vế, ta được: 

4
q

9
a

3

q  3
r  3a
r  3.

2

1,00 đ
2,50 đ
0,50 đ
0,50 đ
1,00 đ

Suy ra  p  q  r  15.

0,50 đ

5
 xy
 2  2 x  y  xy  5

Giải hệ phương trình: 
2 x  y  xy  10  4.

xy

3,50 đ

Điều kiện xy  0, 2 x  y  xy  0 .
Đặt u  xy, v  2 x  y  xy  u , v  0  , hệ phương trình đã cho trở thành

0,25 đ
0,50 đ

u 5
 2  v  5 (1)

v  10  4 (2).

u
10
4u  10

Từ (2)  v  4  hay v 
. Thay vào (1) ta được
u
u
u
5u
2

 5  u 2  10u  25  0   u  5   0  u  5  v  2.
2 4u  10
 xy  5
 xy  5
Ta được hệ phương trình: 

2 x  y  xy  2
2 x  y  7

0,50 đ

 x  1

2
 y  5
 x  7  2 x   5
2 x  7 x  5  0


 
5.
y


7

2
x
 x 
 y  7  2 x

2


  y  2

1,00 đ
0,50 đ

0,50 đ


5

3



Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là 1;5  ,  ; 2  .
2 

0,25 đ

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2  5 y 2  13 (*)

2,50 đ

Ta có: (*)  2( x 2  1)  5(3  y 2 ) .

0,50 đ

Do (2, 5)  1 nên  x  1 5 và  3  y  2 .
2

2

0,50 đ

Đặt x  1  5k ,3  y  2l , ta có: 10k  10l  k  l  k , l    .
2

2

0,50 đ

1

k
2
 x  5k  1  0 
5
Do đó:  2


 k  l  1.
 y  3  2l  0 l  3
 2
Vậy x  2, y  1 .
Phương trình có các nghiệm ngun: (-2 ;-1), (-2 ;1), (2 ;-1) và (2 ;1).

0,50 đ

0,50 đ

4
a) Chứng minh ∆OAH ∆ODA
Theo tính chất tiếp tuyến thì BC  OD .
Áp dụng HTL vào tam giác vuông
OCD, với CH là đường cao ta có:
OC 2  OH .OD  OA2  OH .OD
OA OD


OH OA
∆OAH ∆ODA .
b) Chứng minh rằng E, H, K thẳng hàng

Từ câu a) ta có ∆OAH

3,00 đ
1,00 đ
0,25 đ

K

A

0,50 đ

O

B

F

C

H

E

∆ODA

  OAD
  OEA
 (1)
 OHA
 OAEH nội tiếp
  EAO
  OAD
 (2).
 EHD

1,00 đ

D

  OHA
 (3).
Từ (1) và (2)  EHD
Dễ thấy ∆ABH=∆KCH (c.g.c)  HA = HK hay AKH cân tại H (4).
Vì OH  BC, AK//BC  OH  AK (5).
  OHK
 (6).
Từ (4) và (5) suy ra OH là phân giác 
AHK hay OHA

5

0,25 đ
2,00 đ

0,50 đ

  EHD
;
Kết hợp (3) và (6) suy ra OHK
  OHK
  EHO
  EHD
  1800 , hay 3 điểm E, H, K thẳng hàng.
Suy ra EHO

0,50 đ

1 1 1 1 1 1
     
xy  x y  x2 xy y2

3,00 đ

Tìm GTLN của biểu thức: P  x 3  y 3 với x  0, y  0,
Giả thiết:

1 1 1 1 1 1
2
2
       x  y  x  xy  y (do x  0, y  0 ).
xy  x y  x2 xy y 2

Do đó: P  x3  y 3   x  y   x 2  xy  y 2    x  y  .
2

Để ý rằng x  y  x  xy  y   x  y   3 xy và
2

2

2

0,50 đ
0,50 đ

 x  y

xy 
4

2

0,50 đ


Suy ra x  y   x  y  
2

3
2
 x  y    x  y   x  y   4   0
4

0,50 đ

Hay 0  x  y  4  0   x  y   16.
2

0,50 đ

Vậy Max P = 16. Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  2.
6

  EKC

a) Chứng minh FKB
Gọi M, N theo thứ tự là hình

chiếu của B, C lên EF.
Khi đó:


BFM
AFE  
AEF  CEN
 BFM CEN
BM BF BD




CN CE CD

0,50 đ
3,00 đ
1,00 đ

A

Q

M F

P

K

E

N

0,50 đ
I

H
B

D

C

Mặt khác, BM//DK//CN nên theo định lí Thales ta có:
BD MK
BM MK
  EKC
.



 BMK
CNK (c.g.c)  FKB
CD NK
CN NK
b) Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK .EQ.
 ).
  CEQ
 , FBP
  ECQ

 (cùng phụ BAC
Dễ chứng minh được BFP

FB FP

(1) 
EC EQ
  EKC
 . Kết hợp với BFK
  CEK
 BFK
Theo a) FKB
CEK (g.g);
FB FK
suy ra

(2) 
EC EK
FP FK
Từ (1) và (2) suy ra

 EK .FP  FK .EQ (đpcm).
EQ EK
Do đó BFP

CEQ (g.g) 


c) Chứng minh KD là phân giác của HKI
FP FK FP  FK KP

EK FK EK  FK EF
Theo b):







(3) 
EQ EK EQ  EK KQ
QK PK QK  PK QP
  HPQ
  IFE
  HQP
.
Hơn nữa, do IE//HP, IF//HQ, IE=IF nên IEF
Do đó IEF

HQP (g.g).
IE EF
Ta có IEF HQP 

(4) 
HQ QP
EK
IE
  HKQ

Từ (3) và (4) ta có


 IKE HKQ (c.g.c)  IKE
QK HQ
  900  IKE
  900  HKQ
  HKD
 , hay KD là phân giác
Suy ra IKD

.
IKH

0,50 đ
1,00 đ
0,50 đ

0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ