Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 - Môn Toán - Năm 2020 - 2021

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 - Môn Toán - Năm 2020 - 2021

1. BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 BÌNH ĐỊNH Năm học: 2020 – 2021 Môn: TOÁN – Ngày thi: 18/03/2021 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) oOo Bài 1. (5.0 điểm) 1. Giải phương trình: x x2 1 x x 2 1 2 . 2b c 2. Cho các số thực a, b , c thỏa mãn 4 . a Chứng minh rằng phương trình: ax2 bx c 0 luôn có nghiệm. Bài 2. (6.0 điểm) 3 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y x y 2 x y . 2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn O lấy điểm C sao cho cung BC nhỏ hơn cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O cắt AB tại D . Kẻ CH vuông góc với AB H AB , kẻ BK vuông góc với CD K CD ; CH cắt BK tại E . a) Chứng minh BK BD EC . b) Chứng minh BH AD AH BD . Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác BC, ). Hình chiếu của M lên AB, AC lần lượt là H và K . Gọi I là giao điểm của BK và CH . Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để: 4 x 2 4 x 4 x 2 4 4 x 6 x 3 x x 3 30 .  HẾT  GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 1
2. BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HSG TOÁN 9 – BÌNH ĐỊNH 2021 Bài 1. (5.0 điểm) 1. Giải phương trình: x x2 1 x x 2 1 2 . 2b c 2. Cho các số thực a, b , c thỏa mãn 4 . a Chứng minh rằng phương trình: ax2 bx c 0 luôn có nghiệm. 2 x 1 0 1. Điều kiện: x x 2 1 0 . 2 1 0 x x x 0 2 1 0 Ta có x x 2 2 vô nghiệm. Do đó có thể biết đổi phương trình như sau: x x 1 1 x x21 x x 2 1 2 x x 2 1 2 . x x 2 1 2 2 Cách 1: x x2 1 2 x x 2 1 1 0 x x 2 1 1 0 x 1 2 2 x x1 1 0 x x 1 1 2 2 x 1 (thỏa ĐK). x 1 x 2 x 1  Vậy nghiệm của phương trình là x 1. Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: VT 2 VP . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 x 1 21 2 1 1 1 x x x x 2 2 x (thỏa ĐK). 2 x x 1 x 1 x 2 x 1  Vậy nghiệm của phương trình là x 1. 2b c 2 2. Ta có b24 ac b 2 . ac b 2 2 bc c 2 b c 0 với mọi b, c . a  Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm. Bài 2. (6.0 điểm) 3 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 y x y 2 x y . 2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. 3 1. Ta có: x2 yxy 2 xy 3 xyxyxyxy 2 2 2 3 2 2 y 3 0 . y 0 2 2 2 y2 y x 3 x y 3 x x 0 2 2 2 . 2y x 3 x y 3 x x 0  Với y 0 , ta được: x3 x 3 luôn đúng với mọi x . Do đó trong trường hợp này phương trình có vô số nghiệm nguyên x; y là k ;0 với k . 2 2 2 4 3 2 2 2  Với 2y x 3 x y 3 x x 0 , ta có: y x 6 x 9 x 24 x 8 x x x 1 x 8 . 3x x 2 4 Trường hợp 1: x 1 khi đó phương trình có nghiệm kép y 1. 4 4 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 2
3. BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 Trường hợp 2: x 1 . Để phương trình có nghiệm nguyên thì là số chính phương, suy ra x x 8 a2 với a x 4 a x 4 a 16 . Lập bảng, tìm được x; a 9; 3, 8;0, 9;3, 1;3, 0;0, 1;3 . Do đó x 1;0;8;9 . - Với x 0 thì y 0 . - Với x 1 thì y 1. - Với x 8 thì y 10 . y 6 - Với x 9 thì . y 21 Do đó trong trường hợp này nghiệm của phương trình là: x; y 0;0, 1; 1, 8; 10, 9; 6, 9; 21 .  Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: x; y x ; y 1; 1, 8; 10, 9; 6, 9; 21, k ;0 (với k ). 2. Giả sử bộ 69 số là: 1 a1 a 2 a 3 a 69 100 . Suy ra a1 32 ; a3 3 và a2 2 . Khi đó suy ra:  4 a1 a 3 a 1 a 4 a 1 a 69 132 1 ; dãy này có 67 số hạng.  1 a3 a 2 a 4 a 2 a 69 a 2 98 2 ; dãy này có 67 số hạng. Do đó dãy 1 và dãy 2 có 134 số hạng nhận các giá trị từ 1 đến 132 (có 132 giá trị). Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau. Giả sử a1 am a n a 2 (với 3 m , n 69 và m, n ), suy ra a1 a 2 am a n .  Vậy từ 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 luôn chọn được 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn O lấy điểm C sao cho cung BC nhỏ hơn cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O cắt AB tại D . Kẻ CH vuông góc với AB H AB , kẻ BK vuông góc với CD K CD ; CH cắt BK tại E . a) Chứng minh BK BD EC . b) Chứng minh BH AD AH BD . a)  Tam giác CDE có BH CE ; EK CD nên B là trực tâm của CDE BC ED 1 .  Ta có: HAC HCB (cùng phụ ABC ). HAC BCD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung – góc nội tiếp chắn cùng cung BC ). Do đó: BCD HCB . Suy ra BC là tia phân giác của CDE 2 . Từ 1 và 2 suy ra: CDE cân tại C  BC là đường trung trực của ED BE BD . Khi đó: BK BD BK BE EK EC (vì EKC vuông tại K ). GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 3
4. BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 b) Gọi I là giao điểm của BC và ED .  Ta có: BH AD BH AB BD BH AB BH BD . - BH. AB BC 2 (do ABC vuông tại C và CH là đường cao). - BH BD BI BC (do BHC BID ). Suy ra: BH AD BH AB BH BD BC2 BI BC BC BC CI CB CI 3 .  Ta có: AH BD AC ID (do AHC BID ) 4 . AC ID CB CI (do ABC CDI ) 5 .  Từ 3 , 4 và 5 suy ra: BH AD AH BD . Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác BC, ). Hình chiếu của M lên AB, AC lần lượt là H và K . Gọi I là giao điểm của BK và CH . Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định.  Dựng hình vuông ABCD . Gọi E là giao điểm của HM và CD ; F là giao điểm của DM và AC .  Vì BHM vuông cân tại H ; MKC vuông cân tại K và tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên: BH HM AK và CK MK AH . Chứng minh được: BDH ABK (c – g – c), suy ra BHD AKB . Lại có AKB ABK 90 , nên BHD ABK 90   BK  HD 1 .  Tương tự, chứng minh được: CH DK 2 . Từ 1 và 2 suy ra: I là trực tâm của DHK  DI HK .  Ta có: ME AC nên DME DFC (so le trong) 3 . Vì AHMK là hình chữ nhật, CEMK là hình vuông nên HA MK ME CK CE . Lại có: CD CA nên CA CK CD CE AK DE . Khi đó: AHK EMD (c – g – c)  AHK DME 4 . Từ 3 và 4 , suy ra: AHK DFC mà AHK AKH 90  nên DKC AKH 90  . Do đó DM HK . Từ và , suy ra: DIM, , thẳng hàng; mà D là điểm cố định.  Do đó đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để: 4 x 2 4 x 4 x 2 4 4 x 6 x 3 x x 3 30 . Điều kiện: 2 x 4 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x 2 4 x  4 x 2 4 x x 2. 4 x 1 . 2 x 2 1 1 x 2 1 x 1  4 x 2 2 . 2 2 4 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 4
5. BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 4 x 1 1 4 x 1 7 x  4 4 x 2 . 2 2 4  6x 3 x 2. 27. x3 27 x 3 suy ra 6x 3 x x 3 27 . Cộng vế theo vế ta được: x 1 7 x 4 x 24 x 4 x 2463 4 x x x x 3 1 2730 . 4 4 Do đó bất phương trình đã cho luôn đúng với 2 x 4 .  Vậy nghiệm của bất phương trình là: 2 x 4 .  CHÚC CÁC EM HỌC TỐT  GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 5