de thi hoc sinh gioi toan 9 cap tinh nam 2020 2021 so gddt bac ninh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,0 điểm) x2 y z a b c x y z Cho + + = Chứng minh rằng: + + = + + = a b c x y z a b c 2x + x x − x x + Cho biểu thức P = + − x x− x x+ x a Rút gọn P b Tìm giá trị nhỏ P x ≥ Câu (2,0 điểm): Cho phương trình: x − 2mx + m − m − = ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1 + x = Câu (4,0 điểm) x + xy + x= 2x 2y + 2y + 2y Giải hệ phương trình:  + + − + = x y x y  2 2 Tìm số tự nhiên x , y, z cho x + y + z + < xy + 3y + 2z Câu (2,0 điểm): Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a b + 5b − 3b + 18 + b c + 5c − 3c + 18 + c a + 5a − 3a + 18 Câu (6,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông A ( AB < AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E , F tiếp điểm (O ) với cạnh AB, AC , BC Đường thẳng BO cắt đường thẳng EF , DF I , K Tính số đo góc BIF Giả sử M điểm di chuyển đoạn CE a Khi AM = AB , gọi H giao điểm BM EF Chứng minh ba điểm A,O, H thẳng hàng b Gọi N giao điểm đường thẳng BM với cung nhỏ EF (O ) ; P,Q hình chiếu N đường thẳng DE DF Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn Câu (2,0 điểm) Cho 19 điểm khơng có điểm thẳng hàng nằm hình lục giác có cạnh Chứng minh ln tồn tam giác có góc khơng lớn 450 nằm đường trịn có bán kính nhỏ Tìm số tự nhiên a, b, c thỏa mãn < a < b < c P = giá trị nguyên abc − nhận (a − 1)(b − 1)(c − 1) ====== Hết ====== Họ tên thí sinh : Số báo danh:…… UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 1.1 1,5 điểm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Đáp án x y z x y z a b c + + = + + = Chứng minh : + + = a b c a b c x y z Cho ĐK: xyzabc ≠ a b c ayz+bxz+cxy Từ + + = ⇔ = ⇔ ayz + bxz + cxy = x y z xyz x y z x y z x2 y z xy xz yz Ta có + + =1 ⇔ ( + + ) =1 ⇔ + + + 2( + + ) = a b c a b c a b c ab ac bc x2 y z x2 y z cxy + bxz + ayz ⇔ + + +2 = 1⇔ 2+ 2+ = a b c abc a b c 1.2 2,5 điểm Cho biểu thức P = Điểm 0.5 0.5 0.5 2x + x x −1 x x +1 + − x x− x x+ x a Rút gọn P b.Tìm giá trị nhỏ P x ≥ a Điều kiện: x > 0; x ≠ x + ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) + − p= x x ( x − 1) x ( x + 1) 0.5 0.5 2x + x + x +1 x − x +1 2x + x + + − = P= x x x x 0.5 2x + x + 2 x )+ x +2 =( + x x 0.5 b P = x 4+2= + 0.5 x Dấu xảy x=4 Vậy GTNN P = x=4 Cho phương trình: x − 2mx + m − m − = ( m tham số) a Tìm m để phương trình có hai nghiệm 8? b Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x2 cho x1 + x2 = Áp dụng AM-GM ⇒ P ≥ Câu 2,0 điểm 2.a 0.5 điểm Phương trình: x − 2mx + m − m − = có hai nghiệm thì: 2 ∆ '= m − ( m − m − )= m + ≥ ⇔ m ≥ −6 2m  x1 + x2 = Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 = m − m − Ta có x1 + x2 =8 ⇔ x12 + x2 + x1 x2 =64 2.b 1,5 điểm ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 = 64 0.5 0.5 Trường hợp 1: m ≥ −6  Nếu x1 x2 dấu thì: x1 x2 ≥ ⇔  m − m − = ( m + )( m − 3) ≥  −6 ≤ m ≤ −2 (*) ⇔ m ≥ Khi (1) ⇔ ( x1 + x2 ) = 64 ⇔ 4m = 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*)) 0.5 Trường hợp 2: Nếu x1 x2 trái dấu thì: x1 x2 < ⇔ m − m − = ( m + )( m − 3) < ⇔ −2 < m < Khi (1) ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 64 ⇔ 4m − ( m − m − ) = 64 Câu điểm (**) 0.5 ⇔ m + = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**) Kết luận: m = ±  x3 + xy + = x 2x2 y + y + y a Giải hệ phương trình:  x y x y + + − + = 4  b Tìm số tự nhiên x, y, z cho x + y + z + < xy + y + 2z  x3 + xy + = x x y + y + y (1)  ( 2)  x + + y − x + =3 y 4 y − x + ≥ Điều kiện:  y ≥ Ta có phương trình (1) ⇔ x3 − x y + xy − y + x − y = ⇔ ( x − y ) ( x + y + 1) = 0,5 x = 2y ⇔ ( 3) x + y +1 = Dễ thấy ( 3) vô nghiệm y ≥ suy x = y Thay vào ( ) ta x + + x − x + =3 x Từ ( 4) ( 4) 0,5 suy x ≥ Xét x = thay vào phương trình ( ) ta thấy khơng thỏa mãn Xét x > , phương trình ( ) tương đương 3.a điểm Đặt t = x+ Phương trình x (t ≥ 2) ⇒ x + ( ) trở thành = t −2 x x+ x + x+ −4 = x t + t2 − = t ≤ t ≤  ⇔ t −6 = 3−t ⇔  ⇔ ⇔t= 2 t − = t − 6t + t =  1  x= x= ⇒y= 5   2⇔ = ⇔ Với t = ⇒ x +   x  x = x = ⇒ y = 0,5 1 1 Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm  ;  ; ( 4; )  8 Từ giả thiết ta có x + y + z + + ≤ xy + y + 2z ⇔ x + y + z + − xy − y − 2z ≤ 3.b điểm   y2   3y2 ⇔  x − xy +  +  − y +  + ( z − 2z + 1) ≤     0,5 0,5 0,5 y  x − = x =  2 y y   y  ⇔  x −  +  − 1 + ( z − 1) ≤ ⇔  − = ⇔  y = 2  2  2 z =  z −1 =   Câu điểm 0,5 x =  Vậy có  y = thỏa mãn toán z =  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a b c P= + + b3 + 5b − 3b + 18 c3 + 5c − 3c + 18 a + 5a − 3a + 18 b + + b2 − b + b2 + Ta có b3 + 5b − 3b + 18= ( b + ) ( b − b + 3) ≤ = 2 a 2a ⇒ ≥ (1) b3 + 5b − 3b + 18 b + 0,5 Tương tự ta có 0.5 b ≥ 2b ( 2) ; c +9 c ≥ 2c ( 3) a +9 c3 + 5c − 3c + 18 a + 5a − 3a + 18 2a 2b 2c Từ (1) , ( ) , ( 3) ta có P ≥ + + b +9 c +9 a +9 2 2a  2a ( b + ) − 2ab   2ab   2ab   ab   Mà 2a 2a =  = − ≥ − =  2a −      2  9 6b    b +9 9 b +9 b +9 9   1 ab + bc + ca   ab + bc + ca  Nên P ≥  2a + 2b + 2c − =  18 −  9 3  9  0.5 0.5 Lại có ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) ⇒ ab + bc + ca ≤ 27 1 27  Suy P ≥ 18 −  = 9  b + = b − b +  c + = c − c +  Dấu xảy ⇔ a + = a − a + ⇔ a = b = c = a + b + c =  a= b= c=  Vậy giá trị nhỏ P đạt a= b= c= ( Cho tam giác ABC vuông A AB < AC ( ) 0.5 ) ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm O với cạnh AB, AC , BC Đường thẳng BO cắt đường thẳng EF , DF I , K Câu điểm Tính số đo góc BIF Giả sử M điểm di chuyển đoạn CE a Khi AM = AB , gọi H giao điểm BM EF Chứng minh ba điểm A,O, H thẳng hàng ( ) b Gọi N giao điểm đường thẳng BM với cung nhỏ EF O ; P,Q hình chiếu N đường thẳng DE DF Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn 5.1 điểm 1.0 Vì BD, BF tiếp tuyến (O) nên OD ⊥ BD; OF ⊥ BF BD = BF Mà OD = OF (vì D, F thuộc đường tròn (O)) nên OB trung trực DF ⇒ OB ⊥ DF K ⇒ ∆ KIF vuông K  = 900 Chỉ tứ giác ADOE hình vng => DOE Theo quan hệ góc nội tiếp góc tâm cho đường trịn (O), ta có:  = 450  DOE  = DFE = = 90 450 hay KFI 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân K  = 450  = 450 hay BIF  = 450 Vậy BIF => KIF 0.5 0.5 0.5 5.2.a điểm Tứ giác ADOE hình vng ⇒ AO trung trực DE (1) Có AB = AM nên tam giác ABM vuông cân A  = 450 =>  ABM = 450 hay DBH   ( theo ý 1) => DBH = 45 = DFH 0.5 ⇒ BDHF tứ giác nội tiếp ( )  + BFO  = 900 + 900 = 1800 nên BDOF tứ giác nội tiếp ( 3) Thấy BDO Từ ( ) ( 3) ⇒ điểm B, D, O, H, F nằm đường tròn 0.5   suy BHO = BFO = 900 ⇒ OH ⊥ BM  Mặt khác  ADE = 45 = ABM hai góc đồng vị nên DE//BM⇒ OH ⊥ DE ( ) Từ (1) ( ) ⇒ A, O, H thẳng hàng 0.5 0.5  + DQN  = 900 + 900 = 1800 nên DPNQ tứ giác nội tiếp Vì DPN  = QDN  (vì chắn cung QN) (5) => QPN  = FEN  hay QDN  = FEN  (6) Mặt khác: tứ giác DENF nội tiếp (O) nên FDN  = FEN  (7) Từ (5) (6) ta có QPN 5.2.b điểm Câu điểm  = PQN  (8) Tương tự ta có: EFN ∆NEF (g.g) Từ (7) (8) suy ra: ∆NPQ PQ NQ => = EF NF Theo quan hệ đường vng góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ ≤ NF => = ≤1 EF NF = > PQ ≤ EF không đổi (do E, F cố định) Dấu xảy Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng Do vậy: PQmax= EF M giao điểm AC BN, với N điểm đối xứng với D qua O Cho 19 điểm khơng có điểm thẳng hàng nằm hình lục giác có cạnh Chứng minh ln tồn tam giác có góc khơng lớn 450 nằm đường trịn có bán kính nhỏ Tìm số tự nhiên a, b, c thỏa mãn < a < b < c P= 0.5 0.5 0.5 abc − nhận giá trị nguyên (a − 1)(b − 1)(c − 1) Chia lục giác có cạnh thành tam giác có cạnh 1, có 19 điểm nằm lục giác nên theo ngun lý Dirichlet có tam giác chứa điểm 19 điểm cho Dễ thấy điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác 3 R < cạnh có bán kính = 0.25 Trường hợp 1: Giả sử điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lồi (Hình 3.1), suy   + CA  có góc nhỏ 900; giả sử BA D ≤ 90 ⇒ BAC D ≤ 90   , CA suy hai góc BAC D có góc nhỏ 45 Giả sử  ≤ 45 suy tam giác ABC thỏa mãn có góc khơng lớn 45 BAC A 6.a 1,0 điểm A A 0.25 B D C D B Hình 3.1 C C B Hình 3.2 D Hình 3.3 Trường hợp 2: Giả sử điểm tạo thành hình 3.2 3.3  ≥ 90 ⇒ CB     +) Nếu BDC D + BC D ≤ 90 hai góc CB D, BC D có số đo  không lớn 45 Giả sử CB D ≤ 45 suy tam giác BCD thỏa mãn có góc khơng lớn 45   < 90 hai góc BAC   , CA +) Nếu BC D < 90 ⇒ BAD D có góc khơng lớn  ≤ 45 suy tam giác ABC thỏa mãn có góc khơng lớn 45 45 Giả sử BAC 0.5 Như từ trường hợp ta suy đpcm ( a − 1) + 1 ( b − 1) + 1 ( c − 1) + 1 − abc − Ta có P =  = ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = 1+ 1 1 1 + + + + + a − b − c − ( a − 1)( b − 1) ( b − 1)( c − 1) ( a − 1)( c − 1) 1 1 + + + + < ( a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ ) 1.2 2.3 3.1 Hơn P > 1 1 1 Nếu a ≥ ≤ a < b < c ⇒ P ≤ + + + + + + Từ suy   a = P=3 Ta có trường hợp sau: 0.25 ≤ 1+1+ Câu 6.b 1,0 điểm Trường hợp 1:= a 2,= P ta có 0.25 2bc − = ⇔ 2bc − = ( b − 1)( c − 1) (1) ( b − 1)( c − 1) Do VT (1) lẻ mà VP (1) chẵn nên phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2:= a 2,= P ta có 2bc − = ⇔ 2bc − = ( b − 1)( c − 1) ⇔ ( b − 3)( c − 3) = ( b − 1)( c − 1) b − = ⇔ ⇒ a = 2, b = 4, c = c − = ( b < c ) Trường hợp 3:= a 3,= P ta có 0.25 3bc − =2 ⇔ ( b − )( c − ) =11 ( b − 1)( c − 1) b − = ⇔ ⇒ a = 3, b = 5, c = 15 11 c − = Trường hợp 4:= a 3,= P ta có 3bc − = ⇔ 3bc − = ( b − 1)( c − 1) ( b − 1)( c − 1) Phương trình vơ nghiệm vế phải chia hết cho mà vế trái không chia hết cho = b 4,= c  a 2,= thỏa mãn toán Vậy  a 3,= b 5.= c 15 = 0,25 ... 2a =  = − ≥ − =  2a −      2  9? ?? 6b    b +9 9 b +9 b +9? ?? 9? ??   1 ab + bc + ca   ab + bc + ca  Nên P ≥  2a + 2b + 2c − =  18 −  9? ?? 3  9? ??  0.5 0.5 Lại có ( ab + bc + ca )...UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 1.1 1,5 điểm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Đáp án x y z x y z... tròn 0.5   suy BHO = BFO = 90 0 ⇒ OH ⊥ BM  Mặt khác  ADE = 45 = ABM hai góc đồng vị nên DE/ /BM⇒ OH ⊥ DE ( ) Từ (1) ( ) ⇒ A, O, H thẳng hàng 0.5 0.5  + DQN  = 90 0 + 90 0 = 1800 nên DPNQ tứ giác