ĐỀ CHỌN ĐT HSG TỈNH TOÁN 9 NĂM HỌC 2019-2020 - Website Trường THCS và THPT Nghi Sơn - Thanh Hóa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (387.24 KB, 8 trang )

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

TRƯỜNG THCS VÀ THPT NGHI SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2019-2020

Mơn thi: TỐN - Lớp 9 THCS

Ngày thi: 10/02/2020

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu.

Câu I (4,0 điểm)

1). Cho

a³ 0;a¹ 1

. Rút gọn biểu thức

(

)

3 3 1

6 4 2 . 20 14 2 3 3 1 : 1

2( 1)

a

S a a a

a

é - ù

ê ú

= - + + + - - ê - ú

-ê ú

ë û

.

2). Cho

x y;

thỏa mãn

0< <x 1; 0< <y 1

và

1 1 1
y
x

x+ y=

- -

.

Tính giá trị của biểu thức

P= + +x y x2- xy+y2.

Câu II (4,0 điểm)

1. Tìm

m

để phương trình

(

x- 2

)(

x- 3

)(

x+4

)(

x+ =5

)

m

có 4 nghiệm phân biệt.

2. Giải hệ phương trình

(

)

(

)

3 3

9 3 6 26 2

xy x y

xy x y x y

ìï + =

ïïí

ï - + =

-ïïỵ

.

Câu III (4,0 điểm)

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

(

x y;

)

sao cho

3 3 6 1 0.

x +y - xy+ =

2. Tìm các số ngun

(

x y;

)

khơng nhỏ hơn 2 sao cho

xy - 1

chia hết cho

(

x- 1

)(

y- 1

)

.

Câu IV (6 điểm). Cho đường tròn

(

O R;

)

và dây cung

BC=R 3

cố định. Điểm

A

di động trên cung

lớn

BC»

sao cho tam giác

VABC

nhọn. Gọi

E

là điểm đối xứng với

B

qua

AC

và

F

là điểm đối xứng

với

C

qua

AB

. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác

VABE

và

VACF

cắt nhau tại

K

(

K¹ A

). Gọi

H

là giao điểm của

BE

và

CF

.

1). Chứng minh

KA

là phân giác trong góc

BKC·

và tứ giác

BHCK

nợi tiếp.

2). Xác định vị trí điểm

A

để diện tích tứ giác

BHCK

lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác

đó theo

R

.

3). Chứng minh

AK

luôn đi qua một điểm cố định.

Câu V (2,0 điểm). Cho 3 số thực dương

x y z; ;

thỏa mãn

2 2 2

1 1 1

x +y +z =

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

= + +

+ + +

.

……....HẾT……….

Số báo danh

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

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

Câu

Nội dung

Điểm

I.1

Rút gọn biểu thức P.

2,0

Ta có

(

) (

)

(

) (

(

)

)

3 3

3 3 1

2 2 2 2 2 1 :

2 1

a

S a

a

-= - + +

-(

)(

) (

) ( )

2 2 2 2 2 1 .

a

= - + +

-1,0

4 2 2 4

= - + = (với a³ 0;a¹ 1).

1,0

I.2

2,0

Ta có

(

)

2 2 3

P= + +x y x - xy+y = + +x y x+y - xy

0,5

Thay

1 2 2 1 3

1 1

y
x

x y xy

x+ y= Þ + - =

- - vào biểu thức P ta được

(

)

(

)

(

)

2 1 1 1 1

P= + +x y x+y - x+ + = + +y x y x+ -y = + + + -x y x y =

0,5

(vìx+ £y 1).

0,5

Giải thích x+ £y 1.

Từ giả thiết ta có

;

1 1

y
x

x y

- - là các số dương mà 1 1 1

y
x

x+ y=

- - , nên ta có

2 1 1

1 0

1 1 2 1

2 1 1

1 0

1 1 2

x x

x

x x x y

y y

y

y y

ì ì ì

ï ï - ï

ï £ ï £ ï £

ï ï ï

ï - ï - ï

ï Û ï Þ ï Þ + £

í í - í

ï ï ï

ï £ ï £ ï £

ï ï ï

ï - ï - ïïỵ

ï ï

ỵ ỵ .

Vậy P =1.

0,5

II.1

2,0

Phương trình

(

x- 2

)(

x- 3

)(

x+4

)(

x+ =5

)

m

(

x2 2x 8

)(

x2 2x 15

)

m

Û + - + - =

(1).

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

Đặt

(

)

2 2 1 1

x + x+ = x+ =y

(y ³ 0),

0,25

phương trình (1) trở thành:

(

y- 9

)(

y- 16

)

= Ûm y2- 25y+144- m=0

(2).

0,25

Với mỗi giá trị y >0 thì phương trình

(

)

x+ =y có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình

(1) có 4 nghiệm phân biệt, thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

0,25

0 4 49 0

0 25 0 144

0 144 0

m

S m

P m

ì ì

ïD >¢ ïD =¢ + >

ï ï

ï ï

-ï ï

ï > Û ï > Û < <

í í

ï ï

ï > ï - >

ï ï

ỵ ỵ

0,5

Vậy với

144
4 m
- < <

thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

0,25

II.2

Giải hệ phương trình

2,0

Hệ phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

3 3 3 3

6 27 9 3

xy x y

x y x y xy x y

ìï + =

ïïí

ï + + = - -

-ïïỵ

0,5

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

3 3 3

3 3

2 2

3 3 3

xy x y xy x y

x y xy x y x y x y x y

ì ì

ï + = ï + =

ï ï

Û íï Û íï

+ + + = - + =

-ï ï

ï ï

ỵ ỵ

0,5

(

)

(

)

1
2

x y
xy x y

x y x y

ì ì

ï + = ï =

ï ï

Û íï Û íï Û = =

+ =
+ =

-ï ï

ỵ ỵ

0,5

Vậy nghiệm của hệ là x= =y 1.

0,5

III.1

2,0

Sử dụng hằng đẳng thức

(

)

(

)

3 3 3 3 2 2 2

a +b + -c abc= + +a b c a +b +c - ab bc- - ca

0,25

Ta có x3+y3+ -8 6xy=7

(

)

(

2 2

)

2 4 2 2 7

x y x y xy x y

Û + + + + - - - =

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

Mà

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 4 2 2 1 2 2 0

x +y + - xy- x- y= éêêx- y + -x + -y ùúú³

ë û

0,25

Suy ra ta có 2 trường hợp:

+ TH1: 2 2

2 1

4 2 2 7

x y

y x

x y xy x y

ìï + + =

ï Þ =

-íï + + - - - =
ïỵ

(

)

(

)

(

)

2 1 4 1 2 2 1 7

x x x x x x

Þ + - - + - - - = 2

0 1

3 3 0

1 0

x y

x x

x y

é = Þ
=-ê

Þ + = Þ ê =- Þ =

ë .

0,25

+ TH2: 2 2

2 7

4 2 2 1

x y

y x

x y xy x y

ìï + + =

ï Þ =

-íï + + - - - =

ïỵ

0,25

(

)

(

)

(

)

2 5 4 5 2 2 5 1

x x x x x x

Þ + - + - - - =

0,25

2 2 3

3 15 18 0

3 2

x y

x x

x y

é = Þ =
ê

Þ - + = Þ ê = Þ =

0,25

Đáp số

(

x y = -;

) (

1; 0 , 0;

) (

- 1 , 2; 3 , 3; 2

) (

)

0,25

III.2

2,0

 Biến đổi đại số.

Ta có



x1

 

y 1



xy x y  1 nên:



xy1

 

x1

 

y 1







xy 1

 

 xy x y  1



0,25

 Một số ln chia hết cho chính nó.

Ta có



xy x y  1

 

xy x y  1



0,25

 Hai số chia hết cho mợt số thì hiệu của hai số đó.



 





 





 



1 1

2 1

1 1

xy xy x y

x y xy x y

xy x y xy x y

    



     



     











x 1

 

y 1

 

xy x y 1





x 1

 

y 1

 

x 1

 

y 1



              

0,25

 Tính chất chia hết a b thì ka b với a b k; ; là các số nguyên.



x1

 

 y1

 

 x1

 

y1







x 1



2



x 1

 

y1

 

x1

 

y1



0,25

 Một tổng hai số hạng chia hết cho mợt số trong đó có mợt số hạng chia hết cho số đó thì số
hạng cịn lại cũng chia hết.







 





 



1 1 1 1 1

1 1 1 1

x x y x y

x y x y

      





   






 Þ

(

x- 1

) (

2Mx- 1

)(

y- 1

) (

Û x- 1

) (

My- 1

)

;

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

hồn tồn tương tự ta có



y 1

 

 x 1



 Có hai số thỏa mãn: Số thứ nhất chia số thứ hai và số thứ hai chia hết cho số thứ nhất thì
hai số bằng nhau.

Ta có

(

) (

)

(

) (

)

1 1

x y

x y x y

y x

ìï -

-ïï Þ - = - Û =

íï -
-ïïỵ

M
M

Thay lại vào đề bài ta có











 



2 2

2 1 1 1 1 1

x  x  x x  x



x 1

 

x 1







x 1



2



x 1





x 1



            

0,25

 Số thứ nhất chia hết cho số thứ hai thì số thứ hai là ước của số thứ nhất.









 2





2 x1  x1 U  1; 2

.
vì x 2 x 1 1 suy ra



x  1

 

 1; 2



1 1 2 2

1 2 3 3

x x y

      

   

    

  .

0,25

Vậy x y 2 hoặc x y 3.

0,25

IV

IV.1

2,5

Ta có AKB· =AEB· (vì cùng chắn cung »AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác VAEB)

Mà ·ABE=AEB· (tính chất đối xứng) suy ra ·AKB=·ABE (1).

0,25

· ·

AKC=AFC (vì cùng chắn cung »AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

0,25

· ·

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

Mặt khác ·ABE=ACF· (cùng phụ với BAC· ) (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra AKB· =·AKC hay KA là phân giác trong của góc ·BKC.

Gọi P Q; lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.

0,25

Ta có BC=R 3, nên BOC =· 1200;

· 1·

60
2

BAC= BOC= o

Trong tam giác vuông VABP có ·APB =900; BAC· =600Þ ·ABP=300 hay

· · 300

ABE=ACF= .

0,5

Tứ giác APHQ có ·AQH+·APH=1800

· · 0 · 0 · 0

180 120 120

PAQ PHQ PHQ BHC

Þ + = Þ = Þ = (đối đỉnh).

0,25

Ta có AKC· =·ABE=300; AKB· =ACF· =·ABE=300

(theo chứng minh trên).

0,25

Mà BKC· =AKC· +AKB· =AFC· +AEB· =ACF· +ABE· =600, suy ra BHC· +BKC· =1800,

nên tứ giác BHCK nội tiếp.

0,5

IV.2

2,0

Gọi (O ¢) là đường tròn đi qua bốn điểm B H C K; ; ; . Ta có dây cung BC=R 3,

· 600 ·

BKC= =BAC nên bán kính đường trịn (O ¢) bằng bán kính R của đường trịn ( )O .

0,25

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với

BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC.

0,25

Ta có

(

)

1 1 1

. .

2 2 2

BHCK BHC BCK

S =SV +SV = BC HM+ BC KN= BC HM+KN

0,25

(

)

1 1

2 2

BHCK

S £ BC HI+KI = BC KH

(do HM£HI; KN£KI).

0,25

Ta có KH là dây cung của đường trịn (O¢; R) suy ra KH£ 2R (không đổi), nên SBHCK lớn

nhất khi KH=2R và HM+KN=HK=2R.

0,25

Giá trị lớn nhất

3.2 3

BHCK

S = R R= R

0,25

Khi HK là đường kính của đường trịn (O ¢) thì M I N; ; trùng nhau suy ra I là trung điểm

của BC nên DABC cân tại A.

0,25

Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC» .

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tứ giác

BOCK

có

BOC· +BKC· =1200+600=1800

. Suy ra tứ giác

BOCK

là tứ

giác nội tiếp.

0,25

Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB=OC

(

=R

)

nên OB» =OC» .

0,25

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BOCK

có

OB» =OC»

nên

BKO· =CKO·

suy ra

KO

là

phân giác của

BKC·

.

0,25

 KO là phân giác của BKC· nên K O; nằm trên đường phân giác của BKC· .

0,25

 KA là phân giác góc ·BKC nên K A; nằm trên đường phân giác của BKC· .

Suy ra ba điểm O A K; ; thẳng hàng.

0,25

hay AK đi qua O cố định.

0,25

V

2,0

Ta có

2 2

2 2 2 2

1 1 1

1 1

1 1 1 1

P

y

x z

z x

z y x y

= + +

ỉ ư÷ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ + ữ ỗ + ữ ỗ + ữ

ỗ ữ ỗ ữữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗố ứ ç ÷

ç ç

è ø è ø

Đặt

1 1 1

; ;

a b c

x= y= z= thì a b c >, , 0 và 2 2 2

a +b + =c .

0,5

Ta có

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

a b c a b c

P

b c c a a b a a b b c c

= + + = + +

+ + + - - -

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có

(

)

(

)(

)

2 2 2 3

2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 4

1 .2 1 1

2 2 3 27

a a a

a - a = a - a - a Ê ỗỗỗổ + - + - ữữửữữ=

ỗố ứ

(

)

(

)

2 3 3

2
1

3 3

a

a a a

a a

Þ - £ Û ³

(1).

0,25

Tương tự

(

)

2
2

3 3
2

b

b
b - b ³

(2).

0,25

(

)

2
2

3 3
2
1

c

c
c - c ³

(3).

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Từ (1), (2) và (3), ta có

(

)

2 2 2

3 3 3 3

2 2

P³ a + +b c =

0,25

Dấu “=” xảy ra khi

1
3

a= = =b c

hay x= = =y z 3 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 3
2 .

0,25

--- Hết

---Chú ý:

- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân

chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

- Đối với câu 4 (Hình học):

+ Khơng vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng chấm.

</div>

ĐỀ CHỌN ĐT HSG TỈNH TOÁN 9 NĂM HỌC 2019-2020 - Website Trường THCS và THPT Nghi Sơn - Thanh Hóa

<b>TRƯỜNG THCS VÀ THPT NGHI SƠN</b>

<b>ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

<b>KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH</b>

<b>NĂM HỌC 2019-2020</b>

<b>Mơn thi: TỐN - Lớp 9 THCS</b>

<b>Ngày thi: 10/02/2020</b>

<i><b>Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)</b></i>

Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu.

<i><b>Câu I (4,0 điểm)</b></i>

1). Cho

. Rút gọn biểu thức

(

)

<sub>.</sub>

2). Cho

thỏa mãn

và

<sub>.</sub>

Tính giá trị của biểu thức

<i><b>Câu II (4,0 điểm)</b></i>

<i><b>1. Tìm </b></i>

<sub> để phương trình </sub>

(

)(

)(

)(

)

<sub> có 4 nghiệm phân biệt.</sub>

2. Giải hệ phương trình

(

)

(

)

<sub>.</sub>

<i><b>Câu III (4,0 điểm)</b></i>

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

(

)

sao cho

2. Tìm các số ngun

(

)

khơng nhỏ hơn 2 sao cho

chia hết cho

(

)(

)

.

<b>Câu IV (6 điểm). Cho đường tròn </b>

(

)

và dây cung

<sub> cố định. Điểm </sub>

<sub> di động trên cung</sub>

lớn

<sub> sao cho tam giác </sub>

<sub> nhọn. Gọi </sub>

là điểm đối xứng với

qua

<sub> và </sub>

là điểm đối xứng

với

<sub> qua </sub>

. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác

và

<sub> cắt nhau tại </sub>

(

). Gọi

là giao điểm của

và

<sub>.</sub>

1). Chứng minh

<sub> là phân giác trong góc </sub>

<sub> và tứ giác </sub>

<sub> nợi tiếp.</sub>

2). Xác định vị trí điểm

để diện tích tứ giác

<sub> lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác</sub>

đó theo