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

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

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NAM ĐỊNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 18/3/2021 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(5,0 điểm). a 4 1.Cho P 743 3 (3) a a 31: a 1;0;1;4 a a a rút 3(a 2) gọn P. 1 2.Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn 2x 2 y x 3 z y ( z 17) . 2 Câu .2(6,0 điểm). 1.Giải phương trình: 6x 2 x3 7 6 x 3 2 x 22 4 2 x 3 7 xy22 32 x y 2.Giải phương trình 22 x y y 2 x Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x3 + x - a = 0 với a là số nguyên tố. 2) Tìm nghiệm tổng quát nguyên dương của phương trình (x + y)2 +y+3x= z2 + 1 Câu 4. (7,0 điểm) Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A, B, C sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại P. Qua D kẻ đường thằng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC và AB lần lượt tại Q và R. M là trung điểm của BC. 1) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. 3) Giả sử BC là dây cung cố định không đi qua tâm O, A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5(4,0 điểm). 1.Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng ,mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9.Hỏi số cuối cùng trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7 ?
2. 2.Cho các số thực dương x,y,z thỏa x3 y 3 z 3 24 tìm min của xyz 2( x y z )2 8 M xy yz zx xy yz zx 1 Lời giải Câu .1(5,0 điểm). a 4 1.Cho P 743 3 (3) a a 31: a 1;0;1;4 a a a rút 3(a 2) gọn P. 1 2.Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn 2x 2 y x 3 z y ( z 17) . 2 Lời giải a 4 1.Ta có P 7 4 3 3 ( a 3) a 3 a 1 : 1 3(a 2) (a 1) 2 3 (a 1): 5 3 3 1 2.Điều kiện: 0 x y z .Ta có 2x 2 y x 3 z y ( z 17) 2 x 4 (z y 3)(2 y x 2)( 2 x 2)0 2 y 8 (thỏa mãn điều kiện) z 17 Câu .2(6,0 điểm). 1.Giải phương trình: 6x 2 x3 7 6 x 3 2 x 22 4 2 x 3 7 xy22 32 x y 2.Giải phương trình 22 x y y 2 x Lời giải 3 7 3 3 3 1.Điều kiện 2xx 7 0 3 .Ta có 6x 2 x 7 6 x 2 x 22 4 2 x 7 2 3 3 2 (4 6x ) 2 x33 7 6 x 2 x 22 .Đặt t 2 x 7 0 2 x t 7 Phương trình trên trở tx 21 (6x 4) t 3( t2 7) 2 x 22 ( t 2 x 1)(3 t 1) 0 1 t 3
3. 1 3 1 31 TH1: t ta được t 27 x x 3 3 39 TH2: tx 21ta 1 x 1 x đượct 2 x3 7 2 x 1 . Đối chiếu 2 1 13 2 x (x 1)( x x 3) 0 2 điều kiện kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm 2.Nếu x = 0 tính được y = 0.Nếu y = 0 tính được x = 0.Do đó ta được (x ;y)=( 0;0) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.Với x và y khác 0. Ta có x 2 xy 32 xy22 32 x y y xy22 .Đặt ab ; 22 x y y 2 x y2 yx xy 2 x ab 3 a 2 (1) ta có hệ phương trình trên trở thành . ab b 2 (2) Suy ra b -3a = -4 hay b =3a – 4.Thay b =3a - 4 vào (1) ta có a(3a -4)+3a=2 2 , tìm được a =1 hoặc a= 3 x 2 1 y x 1 TH1: với a =1 thì b =-1.Ta có hệ y2 y 1 1 x x 2 2 2 y 3 x 3 9 TH 2: với a= thì b =-6.Ta có hệ 3 .Kết luận: vậy hệ 2 y 3 6 y 23 x phương trình đã cho có ba nghiệm là Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x2 + x - a = 0 với a là số nguyên tố. 2) Tìm nghiệm tổng quát nguyên dương của phương trình (x + y)2 +y+3x= z2 + 1 Lời giải 1)Từ giả thiết suy ra a =x2 +x hay a =x( x + 1) mà x và x +1 là hai số nguyên liên tiếp nên x (x+1) là số chẵn, do đó a là số chẵn. Mặt khác a là số nguyên tố nên a = 2 .Khi đó ta được
4. x2+x-2=0 nên x=1 hoặc x=-2.KL: tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn là 1- 2=- 1 2)Ta có (x + y)2 +y+3x= z2 + 1 hay (x + y)2 +y+3x-1= z2 (*) Mà 3x+y-1>0 với mọi x y, nguyên dương suy ra z2>(x+y)2 (1). Ta lại có (x + y+2)2 - z2 =(x + y+2)2 – [(x + y)2 +y+3x-1]=x+3y+5>0với mọi x y, nguyên dương. Nên (x + y+2)2 > z2 . Từ (1) và (2) suy ra (x + y+1)2 = z2 . Thay vào (*) ta được x=y+2.Do đó z=2 y + 3.Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương ( x ;y ;z) của phương trình có dạng (k+2; k;(2k + 3) với k là số nguyên dương. Câu 4. (7,0 điểm) Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A, B, C sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại P. Qua D kẻ đường thằng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC và AB lần lượt tại Q và R. M là trung điểm của BC. 1) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. 3) Giả sử BC là dây cung cố định không đi qua tâm O, A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải 4.1 .Chứng minh rằng tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. Suy ra AFE= BCQ Chỉ ra AFE =BRQ .Suy ra BRQ =BCQ . Chỉ ra tứ giác BQCR nội tiếp 4.2.Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. Chỉ ra tam giác ECM cân tại M Chứng minh được EMD = ACB Tứ giác BCEF ;ACDF nội tiếp nên ACB = AFE= BFD Suy ra EMD =2 ACB= AFE + BFD suy ra EMD + DFE = 1800. Chỉ ra tứ giác DMEF nội tiếp, suy ra BDF = PEM Mà BDF = BAC = MDE nên MDE= PEM . Suy ra tam giác EPM và DEM đồng dạng 4.3.Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định.Do tứ giác DMEF nội tiếp, suy ra PFD = EMD Mà PDF =EDM nên tam giác PFD đồng dạng với tam giác EMD suy ra PD ED .Do RFD = ACB= AFE= FRD nên tam giác FDR cân tại D DF MD suy ra FD =DR .Chứng minh tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE= DQ .
5. PD QD Ta có FD =DR ;DE =DQ ; suy ra . Chỉ ra hai tam giác PDR và QDM DR MD đồng dạng, suy ra PRQ = PMQ . Chỉ ra tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua điểm M cố định Câu 5(4,0 điểm). 1.Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng ,mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9.Hỏi số cuối cùng trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7 ? 2.Cho các số thực dương x,y,z thỏa x3 y 3 z 3 24 tìm min của xyz 2( x y z )2 8 M xy yz zx xy yz zx 1 Lời giải 1.Một số chia cho 9 dư k thì tổng các chữ số của nó chia 9 cũng dư k . Do đó sau khi thay đủ số lần, mà mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó thì cuối cùng trên bảng chỉ còn lại các số dư k tương ứng của các số đã cho.Các số chia 9 dư 3 trong dãy từ 4 đến 2024 là: 12; 21; 30; ; 2019.Dãy trên 2019 12 có 1 224 (số), do đó trên bảng có 224 số 3.Các số chia 9 dư 7 trong 9 2023 7 dãy từ 4 đến 2024 là: 7; 16; 25; ; 2023.Dãy trên có 1 225 (số), do đó 9 trên bảng có 225 số 7. Vậy cuối cùng trên bảng có 224 số 3, có 225 số 7. 2.Ta có xx3 8 12 hay 3 xx3 16 12 .Tương tự y33 16 12 y ; z 16 12 z 3 Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta được 12(x y z ) x3 y 3 z 3 48 72 x y z 6.Có 24 x3 y 3 z 3 3 xyz xyz 8 hay 24 3xyz x3 y 3 z 3 3 xyz ( x y z ).( x 2 y 2 z 2 xy yz zx ) 6(x2 y 2 z 2 xy yz zx ) 2 2 2 2 8xyz 2( x y z xy yz zx ) 2 ( x y z ) 3( xy yz zx ) xyz 2( x y z )2 8 6( xy yz zx ) 8 6(xy yz zx ) xyz 2( x y z )22 8 2.6 80 0 xy yz zx 12.
6. Có xyz 2( x y z )2 8 8 6( xy yz zx ) 8 M xy yz zx xy yz zx 11 xy yz zx xy yz zx 88 6 f ( t ); t xy yz zx , t 0;12.Khi tt 1 8 8 236 đó ft( ) 6 6 . Kết luận: giá trị nhỏ nhất của biểu thức tt( 1) 12(12 1) 39 236 M là khi x =y =z = 2. 39