de thi chon hsg toan 9 cap tinh nam 2020 2021 so gddt thanh hoa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀCHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HSG MƠN VĂN HĨA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Ngày thi: 16 tháng 12 năm 2020 Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ( Đề gồm có 05 câu, gồm 01 trang) Câu I:(4,0 điểm)  x 3 x   3 x x 2 9 x  1.Rút gọn biểu thức P    :      với x  0; x  4; x   x    x   x x  x    Cho a, b,c số thực đôi khác thỏa mãn a   3a; b3   3b; c3   3c Tính giá trị biểu thức : Q  a  b2  c Câu II: ( 4,0 điểm) Giải phương trình : 15  x3  x  x    x   x   x  xy  y  y   Giải hệ phương trình:   x  1  x  y    y Câu III: ( 4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn phương trình: x x  y  12 y  19 Cho x,y hai số nguyên dương thỏa mãn x  y  58 chia hết cho xy Chứng minh: x  y  58 chia hết cho 12 xy Câu IV:( 6,0 điểm) Cho đường trịn (I r) có hai bán kính IE, IF vng góc với Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn(I) E F, cắt A Trên tia đối tia EA lấy điểm B cho EB > r, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (I) D tiếp điểm, BD cắt tia AF C Gọi K giao điểm AI với FD 1) Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng 2) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt FD P Gọi M trung điểm AB, MI cắt AC Q Chứng minh tam giác APQ tam giác cân 3)Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo r Câu V: ( 2,0 điểm) 2 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  xyz   xy  yz  zx  Tính giá trị lớn biểu thức P  x 1  y 1  z  Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 07 trang) Câu I 4,0 điểm NỘI DUNG  x 3 x   3 x x 2 9 x  1.Rút gọn biểu thức P       :   với  x    x   x x  x    Điểm 2,0 x  0, x  4, x  Với điều kiện x  0, x  4, x  , ta có:    3 x x 2 9 x   :     x 3 x 2    x  3 x      3 x 3 x x x 3 x 2  x   :  1       x 3 x 3  x 2 x 3 x 2 x 3 x   x          x   9 x x4 x 4 9 x   1  :    3 x   x 2 x 3 x  3 x x  3 x        3 x  x   9 x  x 4 x  49 x x4 x 4       : x 2 x 3 x  3 x    x     x3 x P    x 3                       3 x x 2  3 x x 2                        0,25 0,5 0,5  x 2 0,75 ( x  0, x  4; x  9) x 2 Cho a, b,c số thực đôi khác thỏa mãn a   3a; b3   3b; c3   3c Tính giá trị biểu thức : Q  a  b2  c Vậy P  Từ giả thiết : a   3a; b3   3b; c   3c ta có, a  b3   a  b   a  ab  b  (1)  3  2 b  c   b  c   b  bc  c  (2)   2 c  a   c  a  c  ca  a  (3) 2,0 0,5 ( a, b,c đơi khác nhau) Từ (1) (2) suy ra: a  c2  ab  bc    a  c  a  b  c    a  b  c  (vì a, b, c đôi khác nhau) Cộng (1); (2) ;(3) vế với vế ta có a  2b  2c  ab  bc  ca  0,5 0,5   a  b  c   2ab  2bc  2ca  18   a  b  c    a  b  c   18   a  b  c    18 0,5 Vậy Q = II 4,0 điểm Giải phương trình : 15  x3  x  x    x   x  Điều kiện x  R 2 Phương trình tương đương: 15 x  x  x     x   x  1 7  Vì x  x    x      0; x   0; x   với x  R Suy x >0 Chia hai vế phương trình cho x ta được: 2,0 0,5 2  1  2   15  x   1  x  x    x    x  2  x   Đặt t  x  , x > suy t  2 x Phương trình : 15  t  1  5t t   5t t   20t  5t  15   t  5t  t     t     t  3   5t  t  3    t  3    t  3   5  t2     t    t   0,5 5t  t  3 5  t2   Th1: Với t    t  ( thỏa mãn đk t  2 ) Khi đó: x  x    x  3x     x  1 x      thỏa mãn x >0 x x  0,25 5t  t  3   (1) t2   5t  t  3   VT(1)> > Do pt (1) vơ nghiệm Vì t  2  t2   Vậy phương trình cho có hai nghiệm : x=1; x=2 Lưu ý : Nếu không xét dấu x trước chia x cho tối đa 1,0 điểm  x  xy  y  y   Giải hệ phương trình:   x  1  x  y    y Th 2: 0,5 0,25 2,0  x   y  x  y   y  x  xy  y  y    Ta có :   x  1  x  y    y  x  1  x  y    y Với y = 0, phương trình thứ vơ nghiệm nên hpt vô nghiệm Với y  0, chia vế phương trình cho y ta  x2    x  y  2    y Hệ phương trình    x    x  y     y    x2  m  Đặt  y hệ phương trình trở thành: x  y   n  0,5 0,5 m  n  m  n   m n   m     m.n  n  m   m    m  1   y  x2   x2  2   y  x  1    y  x 1 Suy :  y     x   x  y    x  x     x  2  x  1 x      III 4,0 điểm 0,25 0,5 x   x  2 Vậy nghiệm hệ phương trình là:   y  y  Tìm tất cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn phương trình: x x  y  12 y  19 0,25 Ta có : x x  y  12 y  19  x x   y    15 0,25 x  2k   +) Nếu x lẻ ( k N) k  x x  2 k 1.x  4k x    1 x  x ( mod 3) Mà x  0;1(mod 3)  2.4 k x  0; 2(mod 3) 3 y  2 2,0  1(mod 3) 0,25 Mặt khác : Vậy x số lẻ x  2k ( k  N * ) +)Nếu x chẵn 0,5 Ta có phương trình: 22 k 42   y    15   2k.2k  y    k 2k  y    15 (*) Vì k , y  N * nên 2k 2k  y   2k 2k  y  k 2k  y   nên k 2k  y   0,5  k 2k  y   15  2k 2k  y   Do (*)   k   k  2k  y    2k  y    k 2k  y   15  2k 2k   Trường hợp 1:   k ( vô nghiệm) y   2k  y     2k 2k  y   2k 2k  k   x     Trường hợp 2:   k y  y   2k  y    y 1  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình ( x, y) = (2; 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho x,y hai số nguyên dương thỏa mãn x  y  58 chia hết cho xy Chứng minh: x  y  58 chia hết cho 12 xy 2,0 k  x  y  58 , k  N *  kxy  x  y  58 Ta chứng minh k 12   xy k  + Nếu hai số x,y có số chí hết cho Do vai trị x, y bình đẳng , giả sử x   xy  Ta có: x  y  58 xy  x  y  58  y  1  y  2(mod 3) Vơ lí y số phương Vì x, y khơng chia hết cho mà nguyên tố   xy,3  x  1(mod 3); y  1(mod 3)  x  y  58     0(mod 3) Đặt k=  x  y  58  kxy  x  y  58 mà  xy,3   k 3 0,25 0,5 (1) + Nếu hai số x, y có số chia hết cho Do vai trò x, y nhau, khơng tính tổng qt giả sử x   xy  Ta có: x  y  58 xy  x  y  58 mà x  2, 58  y   y   xy   x  y  58 vơ lí x  4, y  x  2, y  mà 58 khơng chia hết cho Vì vây x, y không chia hết cho 2 0,5  x, y lẻ  x  1, x  1, y  1, y  chia hết cho  x2    x  1 x  1 y    y  1 y  1 chia hết cho  x  y  58  x   y   60  kxy  x  y  58 Mà (xy,4) = x, y lẻ  k  0,5 (2) Từ (1) (2) kết hợp với (3,4) =  k 12 (đpcm) IV Cho đường trịn (I,r) có hai bán kính IE, IF vng góc với Kẻ hai tiếp tuyến với 6,0 đư đường tròn (I) E F , cắt A Trên tia đối tia EA lấy điểm B cho điểm E EB >r, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (I), D tiếp điểm, BD cắt tia À G Gọi K giao điểm AI với FD Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC , cắt FD P Gọi M trung điểm AB,MI cắt AC Q Chứng minh tam giác APQ tam giác cân 0,25 Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo r Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: CD  CF  CDF cân C 0      180  C  AF    1800  180  C  180  C (1)  CFD K  1800  CFK 2 Tứ giác AEIF có ba góc vng nên hình chữ nhật > Hình chữ nhật AEIF có IE= IF nên   FAK   450 hình vng Suy IAB    1800  C    ABC  900  C   AIB  1800  IAB ABI  1800   450   1800   450           (2)  Từ (1) (2) suy :  ABI   AFK kết hợp với IAB AFK   IAB  FAK ( g g )   Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt FD P Gọi M trung điểm AB, MI cắt AC G Chứng minh tam giác APQ cân IA FA IA EA Vì  IAB  FAK nên ( FA = EA) Đẳng thức kết hợp    AB AK AB AK  chung, suy ra:  AKB  AEI (c.g.c) với điều kiện IAE AEI vuông cân E nên AKB vuông K Suy đường trung tuyến KM đường cao nên KM  AB Ta có: KM  AB , IE  AB , AC  AB  KM / / IE / / AC  ID  BC , AP  BC  ID / / AP Áp dụng định lí Talet hệ Talet, kết hợp ID = IE 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ID KI ME IE     AP  AQ  APQ Ap KA MA AQ cân A Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác APQ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo R Đặt : ME  x, PQ  y với x > 0, y > ME EI x r     xy  r (2)  MEI  IFQ (g.g)  IF FQ r y Chu vi AMQ : C AMQ  AM  AQ  MQ  AM  AQ C AMQ   r  x    r  y   r  x  r  y 2  2r   x  y   x  y   2r  x  y   2r 1,5 0,5 0,5 Áp dụng bất đẳng thức cói cho hai số thực dương x, y ta có: x 2r   x  y    y   2r  x  y   2r  2r  xy  x y  2r.2 xy  2r  (2)  0,5 Từ (1) (2) suy ra: C AMQ  2r  2r  2r  2r.2r  2r  4r  8r   2 r Dấu (=) xảy  x = y = r  EB  3r   Vậy EB = 3r chu vi tam giác AMQ nhỏ Giá trị nhỏ  2 r V 2,0 điểm 2 cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  xyz   xy  yz  zx  Tính giá trị n lớn biểu thức P  x 1  y 1  z   y  z   + Ta có P  x 1   y  z     p     y  z     2 + Từ giả thiết ta có x  y  xy  z  xyz  2x  y  z   yz 0,5 2,0 0,5  x   y  z   x  y  z   1  x  yz + Nhận thấy x   y  z   x  y  z    x  y  z   nên x  2 + Vì x   y  z   x  y  z   1  x  yz  x   y  z   x  y  z   1  x  y  z  2  x2  2x  y  z    x  y  z   x   y  z     y  z  0,5  x   y  z     y  z   + Suy P   y  z     y  z    x   y  z     y  z    Đặt   y  z   t ; ta có  x     y  z    t  y  z   (*) 0,5 27   3t  t  t  t  81 Khi ta có P    t  t  12 P    3t  t.t.t     P 64   16 Dấu “=” xảy  3t  t  t  thỏa mãn (*) y  z  27 3  Vậy max P  2   y  x    x ;y z 64 4   x   y  z     y  z    Chú ý:- Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm 0,5