De dap an de thi hoc sinh gioi toan 9 cap tinh tinh phu yen nam hoc 2020 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN

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 (khơng kể thời gian giao đề)
-----------

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 x3 + 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:
P = x3 + y 3 với x  0, y  0,

1 1 1
1 1
1
( + )= 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 tròn 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.
a) Chứng minh rằng FKB = EKC .
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 khơng sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm
- file word đề, ĐA (zalo 0984024664…..5k)
Họ và tên thí sinh:………………………………………;Số báo danh:…………………….....…
Chữ kí giám thị 1:……….………………..;Chữ kí giám thị 2:………..………………………...

ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Câu 1.
a) Ta thấy: A3 = 10 − 9( 3 5 + 2 13 + 3 5 − 2 13 ) = 10 − 9 A
 ( A − 1)( A2 + A + 10) = 0
1 39
 0 nên suy ra A −1 = 0  A = 1
Vì A2 + A + 10 = ( A + ) +
2
4

b) Giả sử:

x 4 + 4 x3 + 6 px + 4qx + r = ( x + a)( x 3 + 3x 2 + 9 x + 3)
= x 4 + (a + 3) x3 + (3a + 9) x 2 + (9a + 3) + 3a
4 = a + 3
a = 1
6 p = 3a + 9
p = 2



Đồng nhất các hệ số cùng bậc hai vế, ta được: 
 4q = 9a + 3
q = 3
r = 3a
r = 3
Suy ra ( p + q )r = 15
Câu 2:
Điều kiện: xy  0, 2 x + y − xy  0
Đặt: u = xy , v = 2 x + y − xy (u, v  0)

u 5
 2 + v = 5
Hệ phương trình đã cho trở thành: 
v + 10 = 4

u
Từ phương trình v +
Suy ra:

10
4u − 10
= 4 suy ra: v =
.
u
u

u 5
u
5u
+ =5 +
=5 u =5 v = 2
2 v
2 4u − 10

 xy = 5
 xy = 5
Ta được hệ phương trình: 

2 x + y − xy = 2 2 x + y = 7

 x = 1

 xy = 5
 xy = 5
y = 5



 x = 5 / 2
2 x + y − xy = 2
2 x + y = 7

  y = 2
5
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là: (1;5) , ( ; 2)
2

Câu 3:
Ta có: 2 x 2 + 5 y 2 = 13  2( x 2 + 1) = 5(3 − y 2 )
Do (2,5) = 1 nên ( x 2 + 1) 5 và (3 − y 2 ) 2
Đặt: x 2 + 1 = 5k và 3 − y 2 = 2l . Ta có: 10k = 10l  k = l (k , l  )
2

 x = 5k − 1  0 k  1/ 5
Do đó:  2

 k = l =1
l


3
/
2
y
=
3
−
2
l

0




Vậy: x = 2, y = 1
Phương trình có các nghiệm nguyên: (−2; −1), (−2;1), (2; −1), (2;1)
Câu 4:
a)

Theo tính chất tiếp tuyến thì BC ⊥ OD
Áp dụng HTL vào tam giác vuông OCD, với CH là đường cao ta có:
OA OD
OC 2 = OH .OD  OA2 = OH .OD 
=
OH OA


 OAH ODA

b) Từ câu a) ta có: OHA = ODA = OEA (1)
 OAEH nội tiếp
 EHD = EAO = OAD (2)
Từ (1) và (2) suy ra: EHD = OHA (3)
Dễ thấy ABH = KCH (c.g.c)  HA = HK hay AKH cân tại H (4)
Vì OH ⊥ BC , AK//BC  OH ⊥ AK (5)
Từ (4) và (5) suy ra OH là phân giác của AHK hay OHA = OHK (6)
Kết hợp (3) và (6) suy ra EHD = OHK
Suy ra EHO + OHK = EHO + EHD = 1800 hay 3 điểm E, H, K thẳng hàng
Câu 5:
1 1 1
1 1
1
( + ) = 2 − + 2  x + y = x 2 − xy + y 2 (Do x  0, y  0 )
Giả thiết:
xy x y
x
xy y
Do đó: P = x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = ( x + y ) 2
Thấy x + y = x 2 − xy + y 2 = ( x + y )2 − 3xy và xy 

( x + y)2
4

3
Suy ra x + y  ( x + y ) 2 − ( x + y ) 2  ( x + y )  ( x + y ) − 4   0
4

Hay 0  x + y  4  ( x + y ) 2  16
Vậy Max P=16. Dấu “=” xảy ra khi x=y=2

Câu 6:

a) 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


Mặt khác: BM / / DK / /CN nên theo định lí Thales ta có:
BD MK
BM MK
=

=
 BMK
CD NK
CN
NK

CNK (c.g.c)  FKB = EKC

b) Dễ chứng minh được BFP = CEQ , FBP = ECQ (cùng phụ BAC )
Do đó: BFP

CEQ (c.g.c) 

FB FP
=
(1)
EC EQ

Theo a) FKB = EKC . Kết hợp BFK = CEK  BFK
Suy ra

CEK (g.g)

FB FK
=
(2)
EC EK

Từ (1) và (2) suy ra

c) Theo b):

FP FK
=
 EK .FP = FK .EQ (đpcm)
EQ EK

FP FK FP − FK KP
EK FK EK + FK EF
=
=

=

=
=
=
(3)
EQ EK EQ − EK KQ
QK PK QK + PK QP

Hơn nữa, do IE / / HP , IF / / HQ , IE = IF nên IEF = HPQ = IFE = HQP
Do đó IEF

HQP (g.g) 

Từ (3) và (4) ta có

IE EF
=
(4)
HQ QP

EK
IE
=
 IKE
QK HQ

HKQ (c.g.c)  IKE = HKQ

Suy ra IKD = 900 − IKE = 900 − HKQ = HKD hay hay KD là phân giác của IKH