Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 - Môn Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 - Môn Toán

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC NINH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 23/3/2021 Thời gian làm bài :150 phút Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 0708127776. Câu 1 (4,0 điểm) x y z a b c x2 y 2 z 2 1. Cho 1; 0 . Chứng minh rằng: 1 a b c x y z a2 b 2 c 2 2x 2 x x 1 x x 1 2. Cho biểu thức P x x x x x a. Rút gọn P . b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x 4 . Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình x22 2 mx m m 6 0 (m là tham số). 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. 2. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm xx12; sao cho xx12 8 Câu 3 (4,0 điểm) 3 2 2 x xy x 2 x y 2 y 2 y 1. Giải hệ phương trình: 2 x 1 4 y 4 x 1 3 2 y 2. Tìm các số tự nhiên x,y,z sao cho x2 y 2 z 2 3 xy 3 y 2 z Câu 4 (2,0 điểm): Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c= 9. Tìm giá trị nhỏ nhất a b c của biểu thức: P b3 5318 b 2 b c 3 5318 c 2 c a 3 5318 a 2 a Câu 5 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB <AC ngoại tiếp đường tròn tâm O .Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF ,DF lần lượt tại I , K, . 1. Tính số đo góc BIF . 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE. a. Khi AM =AB , gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng ba điểm A,O ,H thẳng hàng. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O); P ,Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một 3 góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . 5 abc 1 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 <a<b<c và P abc nhận (a 1)( b 1)( c 1) giá trị nguyên.
2. Lời giải Câu 1 (4,0 điểm) x y z a b c x2 y 2 z 2 1. Cho 1; 0 . Chứng minh rằng: 1 a b c x y z a2 b 2 c 2 2x 2 x x 1 x x 1 2. Cho biểu thức P x x x x x a. Rút gọn P . b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x 4 . Lời giải 1.Tự giải 2x 2 x x 1 x x 1 2 x 2 x 2 2.a.Ta có P x x x x x x 2x 2 x 2 x 2 3 P x x 2b.Ta có 2 7 4 xx 22 Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình x22 2 mx m m 6 0 (m là tham số). 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. 2. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm xx12; sao cho xx12 8 Lời giải 1.Phương trình: có hai nghiệm thì: ' 0 m 6 2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 x 2 2 m ; x 1 x 2 m m 6. 2 Ta có x1 x 2 8 ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 64(1) Trường hợp 1: mm 63 Nếu cùng dấu thì: xx 0 12 2 m m 6 ( m 2)( m 3) 0 6 m 2 (*).Khi đó (1) có 4mm2 64 4(thỏa mãn (*)). Trường hợp 2: 2 Nếu trái dấu thì: x12 x 0 m m 6(2)(3)0 m m 2 m 3( ) Khi đó (1) có mm 6 16 10(không thỏa mãn điều kiện ( ). Kết luận: m = 4 Câu 3 (4,0 điểm) 3 2 2 x xy x 2 x y 2 y 2 y 1. Giải hệ phương trình: 2 x 1 4 y 4 x 1 3 2 y 2. Tìm các số tự nhiên x,y,z sao cho x2 y 2 z 2 3 xy 3 y 2 z Lời giải 3 2 2 x xy x 2 x y 2 y 2 y (1) 1.Ta có .Điều kiện:4y2 4 x 1 0; y 0 2 x 1 4 y 4 x 1 3 2 y (2) Ta có phương trình xy 2 (1) xxyx3 2 xyy 2 2 2 2 y ( x 2 yxy )( 2 1) 0 2 xy 1 0(3) Dễ thấy (3) vô nghiệm do y 0 suy ra x = 2y . Thay vào (2) ta được x 1 x2 4 x 1 3 x (4). Từ (4) suy ra x 0
3. Xét x = 0 thay vào phương trình (4) ta thấy không thỏa mãn 11 Xét x > 0, phương trình (4) tương đương xx 43 x x 11 Đặt t x 22 x t2 .Phương trình (4) trở x x t 3 x 4 y 2 5 thànht t22 6 3 t 6 3 t 5 t 1 1 . Kết hợp t 2 x y 2 4 8 điều kiện, hệ có hai nghiệm 2.Từ giả thiết ta 22 x 1 2 2 2 yy 2 có x y z3 xy 3 y 2 z x 3 1 z 1 0 y 2 22 z 1 Vậy có duy nhất bộ (1;2;1)thỏa mãn bài toán Câu 4 (2,0 điểm): Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c= 9. Tìm giá trị nhỏ nhất a b c của biểu thức: P b3 5318 b 2 b c 3 5318 c 2 c a 3 5318 a 2 a Lời giải Ta có b2 9 aa2 b3 5 b 2 3 b 18 ( b 6)( b 2 b 3) (1) 2 b32 5 b 3 b 18 b2 9 b22 b c c Tương tự ta có (2); (3) c3 5 c 2 3 c 18ca22 99 a 3 5 a 2 3 a 18 2a 2 b 2 c Từ (1 ) ( 2) (3 ) ta có P .Mà b2 9 c 2 9 a 2 9 2a 1 2 ab2 1 ab 22aa .Lúc đó 22 bb 9 9 9 9 3 2a 2 b 2 c 1 ab bc ac P 2 2 2 18 . Mà b 9 c 9 a 9 9 3 2 1 27 (ab bc ac ) ( a b c ) ab bc ac 27 P 18 1. Dấu bằng 93 xảy ra a=b=c=3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi abc = = = 3 . Câu 5 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB <AC ngoại tiếp đường tròn tâm O .Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF ,DF lần lượt tại I , K, . 1. Tính số đo góc BIF . 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE. a. Khi AM =AB , gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng ba điểm A,O ,H thẳng hàng. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O); P ,Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất.
4. Lời giải 5.1.Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD; OF ⊥ BF và BD = BF Mà OD = OF (vì D, F thuộc đường tròn (O)) nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF tại K ⇒ ∆ KIF vuông tại K.Chỉ ra tứ giác ADOE là hình vuông =>DOE= 90 .Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta 1 có:DFE =  DOE = 45 hay KFI =45 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K =>KIF= 45 2 hay BIF= 45 . 5.2a.Tứ giác ADOE là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Có AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A => ABM = 45 hay DBH = 45=> DBH = DFH = 45 ( theo ý 1)⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2).Thấy BDO+ BFO = 180 nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3). Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F cùng nằm trên một đường tròn suy ra BHO+ BFO =90 ⇒ OH ⊥ BM.Mặt khác ADE = ABM = 45 và hai góc này đồng vị nên DE//BM⇒ OH ⊥ DE (4). Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. 5.2b.Vì DPN + DQN =180 nên DPNQ là tứ giác nội tiếp => QPN = QDN (vì cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác: tứ giác DENF nội tiếp (O) nên FDN= FEN hay QDN= FEN (6). Từ (5) và (6) ta có QPN = FEN (7) Tương tự ta có: EFN= PQN (8).Từ (7) và (8) suy ra: ∆NPQ đồng dạng ∆NEF PQ NQ (g.g) nên .Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có FE NF PQ NQ NQ NF 1 PQ FE không đổi (do E, F cố định). Dấu bằng xảy FE NF ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do vậy: PQ max= EF khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một 3 góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . 5 abc 1 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 <a<b<c và P abc nhận (a 1)( b 1)( c 1) giá trị nguyên. Lời giải 1.Chia lục giác đều có cạnh bằng 1 thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 1, có 19 điểm nằmtrong lục giác đều nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một tam giác chứa 4 điểm trong 19 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường tròn ngoại tiếp 33 tam giác đều cạnh 1 có bán kính R 55 Trường hợp 1: Giả sử 4 điểm đó là A, B, C, D tạo thành một tứ giác lồi (Hình 3.1), suy ra có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 90 ; giả sử đó là BAD 90 ⇒ BAC  CAD 900 ,suy ra trong hai góc BAC; CAD có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 45 . Giả sử BAC 450 suy ra tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45
5. . Hình 3.1 Hình 3.2 Hình 3.3 Trường hợp 2: Giả sử 4 điểm đó tạo thành các hình 3.2 và 3.3 +) Nếu BDC 9000 CBD  BCD 90 thì một trong hai góc CBD ;BCD có số đo không lớn hơn 45. Giả sử CDB≤ 45 thì CB suy ra tam giác BCD thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45. +) Nếu BCD 9000 BAD 90 thì trong hai góc BAC ;CAD có một góc không lớn hơn 45. Giả sửBAC ≤ 45 suy tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45.Như vậy từ các trường hợp trên ta suy ra đpcm. abc 1 2.Ta có P (a 1)( b 1)( c 1) 1 1 1 1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 ( a 1)( b 1) ( b 1)( c 1) ( a 1)( c 1) 1 1 1 1 1 1 1 4 doa 2; b 3; c 4. Hơn nữa P > 1 2 3 1.2 3.2 1.3 1 1 1 1 1 1 Nếu a 4 thì 4 a b c P 1 2 4 3 5 3.4 34.5 5.3 P 2 a 2 Vô lý vì P ∈ N ;P >1. Từ đó suy ra và . P 3 a 3 Ta có 4 trường hợp sau: 21bc Trường hợp 1: a =2;P = 2 ta có 2 2bc 1 2( b 1)( c 1)(1 ). Do (bc 1)( 1) VT (1) lẻ mà VP(1) chẵn nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: a=2; P = 3 ta 21bc có 3 2bc 1 3( b 1)( c 1) ( b 3)( c 3) 5 (bc 1)( 1) b 31 abc 2; 4; 8( vì b c < ) c 35 31bc Trường hợp 3: a=3; P = 2 ta có 2 (bc 4)( 4) 11 (bc 1)( 1) b 41 abc 3; 5; 15 c 4 11 Trường hợp 4: a =3;P = 3, ta có 31bc 3 3bc 1 6( b 1)( c 1).Phương trình vô nghiệm vì vế phải chia 2(bc 1)( 1) hết cho 3 mà vế trái không chia hết cho 3.Vậy abc 3; 5; 15 hoặc abc 2; 4; 8thỏa mãn bài