Dai so 9 De thi chon HSG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (436.89 KB, 6 trang )

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9

NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: Tốn –

(Thời gian làm bài: 150 phút)

---

Bài 1

. (6,0 điểm)

a) Cho

x 3 5  3 5 1

. Tính giá trị biểu thức

3 2

2 3 4 2

x x x

P

x

  





b) Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn:

a b c32024c

. Chứng minh

rằng

3 3 3

6
S a b c

c) Giải phương trình nghiệm nguyên:

x2xy2019x2020y2021 0

.

Bài 2.

(4,0 điểm)

. Giải các phương trình sau:

a)

x2 6x266 2x 1

b)

2x2 5(x2) x 1 6x 10

Bài 3.

(3,0 điểm)

a) Cho x, y là hai số dương thoả mãn:

x y 6

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 6 8

2
Q x x y

x y
    

b) Cho

a b c, , 0

thoả mãn

a b c  3

. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1

a b c

a b c

b c a

       

  

Bài 4.

(6,0 điểm)

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B

là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC và BD, đường thẳng MO cắt AB và CD

lần lượt tại I và K. Gọi H là chân đường vng góc hạ từ điểm B đến đường kính

AC.

a) Chứng minh rằng BH.AC = 2MB.CH

b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo theo R và MO = d.

c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kì. Gọi giao điểm của AC và FK là

N. Chứng minh

NIK AFI

Bài 5.

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh

là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có

thể tìm được ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có

diện tích khơng lớn hơn

.

---Hết---

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

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 9 NĂM HỌC 2020-2021

Bài Câu Nội dung Điểm

1

a) Cho

x 3 5  3 5 1

. Tính giá trị biểu thức

3 2

2 3 4 2

x x x

P

x

  





2.0

Ta có 3 5 3 5 1 6 2 5 6 2 5 1

2 2

x         

2 2

( 5 1) ( 5 1) 5 1 5 1

1 1 2 1

2 2 2 2

   

      

0.25

0,25

Ta có:

3 x 2  3 2 1  2  1 0.5
2

2 1 1 2 2 1

x x x x

        

3 2 2 2

2x 3x 4x 2 2 (x x 2 ) (x x 2 ) 2x x 2

         

Thay

x22x1

vào ta được

2x 1 2x 2 1

0.25
0.25

0,25

Vậy

1 1
1
P  



0.25

b b) Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn:

2024
a b c  c.
Chứng minh rằng S a3b3c3 6

2.0

Ta có: a b c32024c   a b c (c3 c) 2022c
( 1) ( 1) 2022

a b c c c c c

      

0.25
0.5

(Vì (c1) (c c1)

là tích 3 số ngun liên tiếp nên có thừa số

chia hết cho 2, thừa số chia hết cho 3 mà (2;3)=1 nên tích

đó chia hết cho 6;

2022 6c

)

( 1) ( 1) 2022 6

a b c c c c c

      

(1)

0.5

Mặt khác: 3 3 3

(a  b c ) (  a b c)

(a 1) (a a 1) (b 1) (b b 1) (c 1) (c c 1) 6

        

(2)

0.5

Từ (1) và (2) suy ra:

3 3 3

S a b c 0.25

c) Giải phương trình nghiệm nguyên:

2
2019 2020 2021 0
x xy x y 

.

2.0

Ta có x2xy2019x2020y2021 0
2

2020 2020 2020 1

x xy x x y

       0,25

(x y 1)(x 2020) 1 1.1 1.( 1)

         0.5

TH1: 1 1 2021

2020 1 2021

x y y

x x

    

 



    

 

TH2:

1 1 2021

2020 1 2019

x y y

x x

     

 

     

 

0.5

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

Vậy



x y,

 





2021, 2021 ; 2019, 2021

 







. 0.25

2

a Giải phương trình: x2 6x266 2x 1 2.0

ĐK: x 1
2

 

(x

8x 16) (2x 1 6 2x 1 9)

0 





 

  

0.25

0.5

2 2

(x

4)

( 2x 1 3)

0 (1)







 



0.5

Vì (x 4)2 0 x;( 2x 1 3)2 0 x 1
2
        

.

x

4

0 x

4 (1)

x

4 (T/M)

x

4 2x 1

3  













 

 

 





Vậy

S



 

4

0,5

0,25

Giải phương trình:

2x2 5(x2) x 1 6x 10 (1) 2.0 
ĐK: x -1.

(1) 2(x2)25(x2) x 1 2(x 1)   0

2 2

2(x 2) 4(x 2) x 1 (x 2) x 1 2 (x 1) 0

          

2(x 2) (x 2) 2 x 1 x 1 (x 2) 2 x 1 0
            

(x 2 2 x 1)(2x 4 x 1) 0

       

0.25
0.5

0.25

2 x 1 x 2 x(x 8) 0

(x 2)

4x 17x 15 0

x 1 2x 4

      

  

  

   



x 0 (Loai)
x 8 (T/M)
x 3(T/M)

x (Loai)
4

 
 


  


 



. Vậy

S

 

3;8

0,5

3

a) Cho x, y là hai số dương thoả mãn:

x y 6

. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

2 6 8

2
Q x x y

x y
    

1.5

2 3 6 8

( 2) 4

2 2 2

x y x y
Q x

x y

 

  

       

    0.5

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 3 6 2 3 .6 6

2 2

x x

  

;

8 8

2 . 4

2 2

y y

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

Mặt khác:

(x2)  0 x

;

( ) 6 3

2 2

xy

 

Do đó

Q     0 3 6 4 4 9

0.25

Dấu “=” xảy ra

2 0
6
2
3 6
(T/M)
4
2
8
2
x
x y
x
x
y
x
y
y
 

  




   








Vậy

Qmin   9 x 2;y4 0.25

Cho

a b c, , 0

thoả mãn

a b c  3

. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1

a b c

a b c

b c a

       

  

1.5

3

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:

2 2

1 ( 1) ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

1 1 2 2

a a b a b ab b

a a a

b b b

            
  ;
2
1
( 1)
1 2

a ab b

a
b
 
   


(1)

0,5
Tương tự:
2
1

( 1) (2)

1 2

b bc c

b
c

    



2 1 ( 1) (3)

1 2

c ca a

c
a

    



Cộng theo vế các bất đẳng (1),(2),(3) ta được:

2 2 2

1 1 1

( ) 3

1 1 1 2

a b c ab bc ca a b c

a b c

b c a

              

  

3
6

ab bc ca  

  0,5

Mặt khác:

(a b c  ) 3(ab bc ca  )ab bc ca  3

Do đó

2 1 2 1 2 1 6 3 3

1 1 1

a b c

b c a

  

    

  

Dấu “=” xảy ra

a  b c 1

. Vậy

2 1 2 1 2 1

1 1 1

a b c

a b c

b c a

       

  

(đpcm)

0,5

4

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến

MA và MB (A, B là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC

và BD, đường thẳng MO cắt AB và CD lần lượt tại I và K.

Gọi H là chân đường vng góc hạ từ điểm B đến đường

kính AC.

a) Chứng minh rằng BH.AC = 2MB.CH

b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo

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

theo R và MO = d.

c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kì. Gọi giao

điểm của AC và FK là N. Chứng minh

NIK AFI

P
E
N

K
I

H
M

C
O

0.5

Chứng minh được MAO=MBO (cạnh huyền-cạnh góc
vng)  MA=MB kết hợp OA=OB MO là trung trực của
ABI là trung điểm AB. Từ đó suy ra OI là đường trung bình
của tam giác ABCIO//BCMOABCH (đồng vị).

0,5
Từ đó chứng minh được hai tam giác vng MAO và BHC đồng

dạng (g.g)

 BH CH (1) BH.OA=MA.CH

MA  OA 

0.5

Mà , . 2 .

2
AC

OA MAMBBH AC MB CH 0.5

Vì BH//MA nên áp dụng định lý Ta let vào tam giác CMA ta có:

EH CH EH CH

(2)

MA CA  MA 2OA 0,5

Từ (1) và (2) BH 2EH BE EH BH
2

     0,5

Tam giác ABC có cạnh AC là đường kính của đường trịn ngoại
tiếp nên là tam giácvng, theo hệ thức lượng ta có:

BH AH.CH(2R CH).CH (3)

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

Thay (1) vào (3) và kết hợp BH=2EH ta được:

2 2 2 2

2 2 2

BH.R BH.R 2R .MA 2R . d R

BH 2R . BH

MA MA MA R d



 

     



 

2 2 2
2

R . d R
BE


 

0.5

Qua O kẻ đường vng góc với IK cắt IN tại P.

Khi đó ta có OP//AI (cùng vng góc OI) nên NP NO
PI  OA

0,5

Mặt khác OK//AF (cùng vng góc AB) nên NK NO
KF  OA
Do đó suy ra NP NK PK//IF FIK PKI (*)

PI  KF   

0.5

Mặt khác tam giác PIK cân đỉnh H (OP là trung trực của IK),
nên PIK PKI

(**)

0.25

Từ (*) và (**)

FIK NIK

, mà

FIK AFI

(so le trong)

NIK AFI

 

(đpcm).

0.25

5

Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam

giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1.

Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được

ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam

giác có diện tích khơng lớn hơn

.

1.0

Gọi A Ai j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp
2020 điểm đã cho .

Giả sử Ak là điểm cách xa đoạn thẳng A Ai jnhất . Khi đó
Tam giác A Ai jAklà tam giác có diện tích lớn nhất khơng lớn
hơn 1.

Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai, Aj, Ak lần lượt song
song với các cạnh của A Ai j Ak

Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả
4 tam giác nhỏ

Tam giác lớn có diện tích khơng q 4 đơn vị. Do đó, tam giác

lớn chứa tất cả 2020 điểm đã cho. 0.5

Ta có 2020 chia cho 4 được 505 như vậy có ít nhất 1 trong 4 tam
giác có 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn 1chứa ít nhất 505 điểm
trong 2020 điểm đã cho.

Chia tam giác đó thành 2 tam giác có diện tích bằng nhau. Ta có
505 chia cho 2 được 252 dư 1 nên theo nguyên tắc Dirichlet suy
ra có 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn 1

2 chứa 253 điểm trong

2020 điểm đã cho. 0.5

</div>

Dai so 9 De thi chon HSG

<b>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU </b>

<b>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 </b>

<b>NĂM HỌC 2020 – 2021 </b>

<b>Mơn: Tốn – </b>

<i>(Thời gian làm bài: 150 phút) </i>

<i>--- </i>

<b>Bài 1</b>

<i>. (6,0 điểm)</i>

a) Cho

. Tính giá trị biểu thức

b) Cho a, b, c là các số nguyên thoả mãn:

. Chứng minh

rằng

c) Giải phương trình nghiệm nguyên:

<b>. </b>

<b>Bài 2. </b>

<i>(4,0 điểm)</i>

<b>. Giải các phương trình sau: </b>

a)

b)

<b>Bài 3. </b>

<i>(3,0 điểm) </i>

a) Cho x, y là hai số dương thoả mãn:

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

b) Cho

thoả mãn

. Chứng minh rằng:

<b>Bài 4. </b>

<i>(6,0 điểm) </i>

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B

là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC và BD, đường thẳng MO cắt AB và CD

lần lượt tại I và K. Gọi H là chân đường vng góc hạ từ điểm B đến đường kính

AC.

a) Chứng minh rằng BH.AC = 2MB.CH

b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo theo R và MO = d.

c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kì. Gọi giao điểm của AC và FK là

N. Chứng minh

<b>Bài 5. </b>

<i>(1,0 điểm)</i>

Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh

là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có

thể tìm được ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có

diện tích khơng lớn hơn

.

<i>---Hết--- </i>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 9 NĂM HỌC 2020-2021 </b>

a) Cho

. Tính giá trị biểu thức

Ta có:

Thay

vào ta được

Vậy

là tích 3 số ngun liên tiếp nên có thừa số

chia hết cho 2, thừa số chia hết cho 3 mà (2;3)=1 nên tích

đó chia hết cho 6;

)

(1)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

c) Giải phương trình nghiệm nguyên:

<b>. </b>

TH2:



 



 





(x

8x 16) (2x 1 6 2x 1 9)

0









 

  

(x