Đang tải... (xem toàn văn)
Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới. TaiLieu.VN gửi đến các bạn tài liệu Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam. Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM (Đề thi có 01 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 2021 Mơn thi : Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2021 Câu 1. (4,0 điểm) a) Rút gọn các biểu thức sau: ; b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình b) Giải hệ phương trình Câu 3. (2,5 điểm) Cho hình vng ABCD có tâm O và cạnh bằng , điểm M nằm trên cạnh BC. a) Khi , hạ OK vng góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M khơng trùng B và C), điểm N thay đổi trên cạnh CD sao cho E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam giác AEM vng cân và đường thẳng MN ln tiếp xúc với một đường trịn cố định Câu 4. (4,5 điểm) Cho hai đường trịn tiếp xúc ngồi tại Dựng lần lượt hai tiếp tuyến của hai đường trịn , sao cho hai tiếp điểm nằm cùng phía đối với đường thẳng Từ B vẽ đường thẳng vng góc với cắt tại từ C vẽ đường thẳng vng góc với cắt tại a) Gọi là giao điểm của và Chứng minh và là tia phân giác của góc b) Đường thẳng AH cắt đường trịn tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác nội tiếp đường trịn. c) Đường thẳng AK cắt đường trịn tại F (F khác A), L là giao điểm của và Chứng minh song song với và 3 điểm thẳng hàng Câu 5. (5,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số ngun thỏa mãn đẳng thức b) Cho ba số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức HẾT Họ và tên thí sinh: ……………………………… Phịng thi: ……… Số báo danh: …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Năm học 2020 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Mơn: TỐN (Hướng dẫn chấm này có 06 trang) Câu Đáp án a) Rút gọn các biểu thức sau: Ta có Điểm A = 13 + 30 + − , B= 4(4 − 3)3 4(4 − 3)3 − 12 − 27 27 + 2 + 12 − A = 13 + 30 + − = 13 + 30 + (2 − 1) 2,5 0,25 = 13 + 30 + 2 = 13 + 30( + 1) 0,5 = 43 + 30 = (5 + 2) = + 0,5 Đặt a= 4(4 − 3)3 4(4 − 3)3 − 12 − 27 27 ,b= 2 + 12 − 0,25 3 Suy ra a + b = � 4(4 − 3)3 � 12 − � 12 − � 27 Câu � �= − a.b = 3 3 (4,5 a + b = � ( a + b) − 3ab( a + b) = � ( a + b)3 − (4 − 3)(a + b) = đ) 0,25 0,25 (a + b)(a + b + 2) + � � ( a + b)3 − 4(a + b) + 3( a + b) − = � (a + b − 2) � � �= 0,25 � a + b = ( vì a > 0, b > ). Vậy B = 0,25 b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( x −1) x −1 − mx + m = có hai nghiệm phân biệt. Điều kiện: x 1,5 0,25 x =1 (thoa) ( x −1) x −1 − mx + m = � ( x −1)( x −1 − m) 0,5 x −1 = m m x −1 = m x= 0,25 m2 +1 m �m +1 + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi m � m 0,5 Câu 2 (4,0 đ) a) Giải phương trình + x = x − + 4 − x + 2x � − �x �4 Điều kiện: − x + x = 3x − + 4 − x � 4( + x − − x ) = x − (*) Do + x + − x = vơ nghiệm nên pt(*) tương đương với phương trình 4( + x − − x )( + x + − x ) = (3 x − 1)( + x + − x ) 3x − = � 4(3 x − 1) = (3x − 1)( + x + − x ) 3x − = � x = (thỏa mãn) + 2x + − x = 2,0 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 + x + − x = � (3 + x )(4 − x) = − x x=3 � x − 38 x + 33 = � 11 x= (thỏa mãn) 0,25 11 x= , x= , x=3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 0,25 x + y − xy + y + = b) Giải hệ phương trình x − y ( x − y ) + 10 y + = 2 � �x + y − xy + y + = � 2 �3 x − y ( x − y ) + 10 y + = Nhận xét y = không thỏa hệ � ( x + 1) − y ( x − y ) = −4 y � � 3( x + 1) − y ( x − y ) = −10 y � (*) 2,0 0,25 0,25 Khi y : Hệ phương trình (*) tương đương với hệ: x2 + − ( x − y ) = −4 y �x + � 3� � y � �− ( x − y ) = −10 � � (**) a − b = −4 x2 + = a, x − y = b Đặt y , khi đó hệ (**) trở thành: 3a − b = −10 �a = −2 , � b = � + Giải hệ trên tìm được: �a = −3 � b =1 � 0,5 0,25 + x2 + = −2 �a = −2 �x = �� y �� � b=2 � �y = −1 x− y = x = −3 hoặc y = −5 −3 + 17 −3 − 17 x2 + x= x= a = −3 � = −3 � 2 �� y �� � b =1 −5 − 17 �x − y = �y = −5 + 17 y= 2 + hoặc 2 2 � � �x + y − xy + y + = �x + = − y + xy − y � � x − y ( x − y ) + 10 y + = 3( x + 1) − y ( x − y ) + 10 = � � Lưu ý: 2 Thay x + = − y + xy − y vào phương trình thứ hai 0,5 Câu 3 Cho hình vng ABCD có tâm O và cạnh bằng cm , điểm M nằm trên cạnh BC. (2,5 đ) a) Khi , hạ OK vng góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK + Gọi Q là giao điểm của AM và BD, P là trung điểm của MC. Suy ra OP//AM + Trong tam giác OBP có MB = MP và MQ//OP. Suy ra Q là trung điểm của OB 1 1 = + = + = 2 2 OK OA OQ �3 � 18 � � BD = � OQ = = �2 � , + ( � OK = ) 2,5 1,0 0,25 0,5 0,25 b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M không trùng B và C), điểm N thay đổi ﾷ trên cạnh CD sao cho MAN = 45 , E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam 1,5 giác AEM vng cân và đường thẳng MN ln tiếp xúc với một đường trịn cố định 0,25 (Khơng có hình khơng chấm điểm) ﾷMAN = MBE ﾷ = 45 Suy ra tứ giác ABME nội tiếp + 0,25 0 ﾷ ﾷ Mà ABM = 90 nên AEM = 90 Vậy tam giác AEM vuông cân tại E 0,25 ﾷ + Gọi F là giao điểm của AM và BD. Tương tự suy ra AFN = 90 + Gọi I là giao điểm của EM FN, H là giao điểm của AI và MN. Suy ra AH 0,25 vng góc với MN + Xét hai tam giác vng ABM và AHM có: AM chung; ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ + AMB = AEB, AEB = AMH (vì tứ giác MNEF nội tiếp). Do đó AMB = AMH Suy ra hai tam giác vuông ABM và AHM bằng nhau. Suy ra AH = AB = cm (khơng đổi). Do đó MN ln cách A một khoảng cách bằng 6 cm. 0,25 0,25 Suy ra MN ln tiếp xúc với đường trịn tâm A, bán kính bằng 6 cm Câu 4 Cho hai đường trịn (O ; R) và (O ' ; r ) tiếp xúc ngoài tại A ( R > r ) Dựng lần (4,5 đ) OB, O ' C (O ' ; r ) (O ; R) lượt hai tiếp tuyến của hai đường tròn , sao cho hai tiếp điểm B, C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO ' Từ B vẽ đường 4,5 thẳng vng góc với OO ' cắt O ' C tại K , từ C vẽ đường thẳng vng góc với OO ' cắt OB tại H a) Gọi là giao điểm của và O ' C Chứng minh DO.BO ' = CO.DO ' và là tia ﾷ phân giác của góc ODO ' 1,5 0,25 (Khơng có hình vẽ khơng chấm) ﾷ ﾷ Xét hai tam giác ODC và O ' DB có: ODC = O ' DB ; ﾷ ﾷ + Tứ giác OO ' BC nội tiếp đường trịn đường kính OO ' nên DOC = DO ' B Suy ra hai tam giác ODC và O ' DB đồng dạng, do đó: DO CO = � DO.BO ' = CO.DO ' DO ' BO ' DO CO AO = = ﾷ Ta có: DO ' BO ' AO ' Suy ra là tia phân giác của góc ODO ' b) Đường thẳng AH cắt đường trịn tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác nội tiếp đường trịn. ﾷ ﾷ ﾷ + OCH = OO ' C (Cùng phụ với O ' CH ) ﾷ ﾷ ﾷ + OO ' C = OBC (Cùng chắn cung OC ) ﾷ ﾷ Suy ra OCH = OBC Suy ra hai tam giác OCH , OBC đồng dạng 0,25 0,25 0,25 0,5 1,5 0,25 0,25 0,25 � OC OB OA OB = � = OH OC OH OA 0,25 Suy ra hai tam giác OHA, OAB đồng dạng ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ � OAH = OBA hay OEA = OBA Vậy tứ giác OABE nội tiếp trong đường tròn c) Đường thẳng AK cắt đường tròn tại F (F khác A), L là giao điểm của và Chứng minh BF song song với CE và 3 điểm thẳng hàng ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ ' AB = 1800 − OBA ﾷ ﾷ ' BA = 900 EOB = EAB = 1800 − OAE −O −O ﾷ Mà OBO ' = 90 nên OE // O’B . Tương tự O’F // OC. Suy ra 1,5 0,25 ﾷ ﾷ Lại có: hai tam giác EOC và BO’F là hai tam giác cân. Suy ra ECO = BFO ' Câu 5 0,25 0,5 ﾷ ﾷ 'F EOC = BO Hơn nữa OE // O’B nên BF// EC ( lưu ý O’B //OE) LC EC OE OA OC DC = = = = = LB BF O ' B O ' A O ' B DB ﾷ Suy ra DL là tia phân giác của góc BDC Suy ra A, D, L thẳng hàng 0,25 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đẳng thức 3 2 x + y + x − y − xy + x = 0,25 0,25 0,25 3,0 x + y + x − y − xy + x = � ( x + 3x + 3x + 1) + ( y − y + y − 1) − 3xy + 3x − y = � ( x + 1)3 + ( y − 1)3 − 3( x + 1)( y − 1) − = 0,5 � [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) − = Đặt a = ( x + 1) + ( y − 1), b = ( x + 1)( y − 1) 3 Khi đó ta có: a − 3ab − 3b − = � a − = 3b(a + 1) Suy ra a3 − = � (a + 1) − � M(a + 1) � 4M(a + 1) � � 32 (không thỏa) + Với 11 a + = −1 � a = −2 � b = (không thỏa) + Với a +1 = � a = � b = − (không thỏa) + Với + Với a + = � a = � b = −1 Tìm được ( x, y ) = (0, 0); ( x, y ) = (−2, 2) a + = −4 � a = −5 � b = + Với a + = � a = � b = Tìm được ( x, y ) = (0,3); ( x, y ) = (1, 2) + Với a + = −2 � a = −3 � b = (không tồn tại x, y) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Ta có: A= A= 1 + + x + yz y + zx z + xy 1 x y z + + = + + x + yz y + zx z + xy x + y + z + 2,0 0,25 x x 1� � −2 = � � x + = ( x + 1) + x + x + 2x +1 � 2x + � y 1� � z 1� � 1− , 1− � � � � Tương tự : y + 2 � y + � z + 2 � z + � 1� 1 � A − � + + � 2 �2 x + y + z + � Suy ra 2 a b c , y = , z = (a, b, c > 0) b c a Đặt 1 b c a + + = + + x + y + z + 2a + b 2b + c 2c + a 0,5 0,25 x= (a + b + c) =1 2ab + b + 2bc + c + 2ca + a 2 2 m n k (m + n + k ) + + y z x + y + z (với các số dương) : 0,25) (Chứng minh được BĐT: x A − = 2 Suy ra (Dấu bằng xảy ra khi a = b = c hay x = y = z = ) = b2 c2 a2 + + 2ab + b 2bc + c 2ca + a 0,25 0,5 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1 3 Nhận xét: Đặt x = a , y = b , z = x (a, b, c > 0, abc = 1) 1 abc abc abc + + = + + x + y + z + 2a + abc 2b + abc 2c + abc (bc )2 (ca )2 (ab )2 bc ca ab = + + = + + 2 2a + bc 2b + ca 2c + ab 2.ca.ab + (bc) 2.ab.bc + (ca ) 2.bc.ca + ( ab) (bc + ca + ab) 2 2 2.ca.ab + (bc) + 2.ab.bc + (ca) + 2.bc.ca + (ab) = (bc + ca + ab)2 =1 (bc + ca + ab)2 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm ...Câu Đáp? ?án a) Rút gọn các biểu thức sau: Ta? ?có? ? Điểm A = 13 + 30 + − , B= 4(4 − 3)3 4(4... giác AEM vng cân và đường thẳng MN ln tiếp xúc với một đường trịn cố định 0,25 (Khơng? ?có? ?hình khơng chấm điểm) ﾷMAN = MBE ﾷ = 45 Suy ra tứ giác ABME nội tiếp + 0,25 0 ﾷ ﾷ Mà ABM = 90 nên AEM = 90 Vậy tam giác AEM vuông cân tại E 0,25... và 3 điểm thẳng hàng ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ ' AB = 1800 − OBA ﾷ ﾷ ' BA = 90 0 EOB = EAB = 1800 − OAE −O −O ﾷ Mà OBO ' = 90 nên OE // O’B . Tương tự O’F // OC. Suy ra 1,5 0,25 ﾷ ﾷ Lại? ?có: hai tam giác EOC và BO’F là hai tam giác cân. Suy ra
