de thi hoc sinh gioi toan 9 nam 2020 2021 so gddt ninh binh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN Ngày thi: 09/03/2021 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký: Giám thị thứ nhất: Giám thị thứ hai: Câu (5,0 điểm) Cho phương trình: x − 2(m + 1)x + 4m − m = (1) ( x ẩn, m tham số) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt b) Giả sử x1 , x hai nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x1 - x  x + 2021 − y =4042 Giải hệ phương trình   2021 − x + y =4042 Câu (5,0 điểm) Cho đa thức f ( x ) = x + ax + b (a, b ∈ ) thỏa mãn f (1) = f ( ) > a) Chứng minh phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt b) Tìm số nghiệm phương trình f ( f ( x ) ) = x Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy = Chứng minh 1 + + ≥ 3⋅ x y x+y Câu (7,0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R Dây cung BC cố định, không qua tâm O Trên tia đối tia BC lấy điểm A ( A khác B ) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) ( M N tiếp điểm) Gọi I, H trung điểm BC MN , BC cắt MN K  Chứng minh bốn điểm O, M, N, I thuộc đường tròn HK tia phân giác BHC Hai tiếp tuyến đường tròn ( O ) B C cắt E Chứng minh M, N, E thẳng hàng Đường thẳng ∆ qua điểm M vng góc với đường thẳng ON, cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để tứ giác AMPN hình bình hành Câu (3,0 điểm) 3y Tìm số nguyên x, y thoả mãn: x − 5x + = Cho bảng ô vng m × n (gồm m dịng n cột) Cho quy tắc tô màu bảng ô vuông sau: Mỗi ô vuông đơn vị tô màu đỏ màu xanh cho bảng vng × × có hai ô tô màu đỏ a) Hãy cách tô màu theo quy tắc cho bảng vng × (Điền chữ Đ vào ô tô màu đỏ, chữ X vào ô tô màu xanh) b) Người ta tô bảng ô vng 2021× 2022 theo quy tắc Hỏi bảng vng có tơ màu đỏ? -Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Toán - Ngày thi 09/3/2021 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) I Hướng dẫn chung Bài làm học sinh đến đâu cho điểm đến Học sinh sử dụng kết câu trước làm câu sau Đối với hình, vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng cho điểm phần có liên quan đến hình sai thiếu Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho điểm đủ phần hướng dẫn, thang điểm chi tiết tổ chấm thống Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch đảm bảo thống thực toàn hội đồng chấm Điểm toàn thi lẻ đến 0.25 II Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm ( điểm) Cho phương trình: x − 2(m + 1)x + 4m − m = (1) ( x ẩn, m tham số) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt b) Giả sử x1 , x hai nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x1 - x a) ( 1.5 điểm) Ta có: Δ'=(m + 1) − (4m − m )=2m − 2m + 0.25 Câu (5.0 điểm) 1  =2  m −  + > ,∀m ∈  2  Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với ∀m ∈  0.25 2(m + 1) > S > ⇔ Do phương trình có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  P > 4m − m > 0.5 m > −1 ⇔ ⇒ < m < 0 < m < 0.5 b) ( 1.5 điểm) Theo chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 ,x với  x1 + x =2(m + 1) ∀m ∈   x x =4m − m  Ta có: A = x1 − x = = = (x1 − x ) = 4(m + 1) − 4(4m − m )= (x1 + x ) − 4x1x 0.5 8m − 8m + 0.5 0.5 2(2m − 1) + ≥ Dấu xảy m = Vậy giá trị nhỏ biểu thức A m = 2  x + 2021 − y =4042 (2.0 điểm) Giải hệ phương trình   2021 − x + y =4042 ≤ x ≤ 2021 Điều kiện   0 ≤ y ≤ 2021 Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có 4042 = ( x + 2021 − y ) 0.25 0.5 ≤ ( x + 2021 − y ) ⇒ x − y ≥ (1) 0.25 Đẳng thức xảy x= 2021 − y ⇔ x= 2021 − y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có 4042 = ( y + 2021 − x ) 0.25 ≤ ( y + 2021 − x ) ⇒ x − y ≤ (2) 0.25 Đẳng thức xảy y= 2021 − x ⇔ = y 2021 − x Từ (1) (2) suy x = y 2021 Từ suy x= y= (thỏa mãn điều kiện)  2021 2021  Hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) =  ;    Cách Từ phương trình hệ ta có: ⇔ Câu (5.0 điểm) x + 2021 −= y x− 0.25 0.25 0.5 2021 − x + y 2021 − x =y − 2021 − y (*) Xét phương trình (*) : • Nếu x > y − 2021 − x > − 2021 − y ⇒ VT > VP ( mâu thuẫn ) • Nếu x < y ⇒ VT < VP ( mâu thuẫn ) • Nếu x = y Hệ phương trình cho trở thành 0.25 0.25 0.25 x = y  x = y  ⇔  2021  x + 2021 − x =4042  x ( 2021 − x ) =   2021   x =  x = y (thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔ 2021 ( 2x − 2021) = y =   2021 2021  Hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) =  ;    0.25 Cách Từ phương trình hệ ta có: 0.5 ⇔( x− ⇔( x− y) + x + 2021 −= y y ) + ( 2021 − y − 2021 − x + y 2021 − x ) = 0.25 0.25 x−y = 2021 − y + 2021 − x ( (x;y) = (2021;2021) khơng phải nghiệm hệ phương trình hệ phương trình có nghiệm (x;y) 2021 − y + 2021 − x ≠ )  x+ y ⇔ ( x − y) 1 +  2021 − y + 2021 − x    =  0.5 ⇔x= y ( 1+ x+ y 2021 − y + 2021 − x > 0) 0.25 Hệ phương trình cho trở thành   x = y x = y ⇔  2021  x + 2021 − x =4042   2 x ( 2021 − x ) = 0.25 2021  = x  x = y  (thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔  y = 2021 ( 2x − 2021) =   2021 2021  Hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) =  ; 0.25    Câu ( 3.0 điểm) Cho đa thức f ( x ) = x + ax + b (a, b ∈ ) thỏa mãn f (1) = f ( ) > a) Chứng minh phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt b) Tìm số nghiệm phương trình f ( f ( x ) ) = x a) 2.0 điểm f (1) = 1 + a + b =1 a =−b Vì f ( x ) =x +ax+b nên ta có  ⇔ ⇔ b > f ( ) > b > f ( x ) = x ⇔ x + ax + b = x ⇔ x − (b + 1)x + b = (*) Ta có + [ −(b + 1) ] + b =0 nên phương trình (*) có hai nghiệm x1 =1;x =b Câu (5.0 điểm) 0.5 0.5 Mà b > nên x ≠ x1 0.5 Do phương trình f ( x ) = x có hai nghiệm phân biệt 0.5 b) 1.0 điểm f ( f ( x )) = x ⇔ f ( x ) + af ( x ) + b = x ⇔ f ( x ) − bf ( x ) + b − x = 0.25 ⇔ f ( x ) − x − bf ( x ) + bx + x − bx + b − x = ⇔ f ( x ) − x  f ( x ) + x − b + 1 = 0 ⇔ f ( x ) − x   x − bx + b + x − b + 1 = 0.25 ⇔ f ( x ) − x   x − ( b − 1) x + 1 = f ( x ) − x = ⇔  x − ( b − 1) x + =0 Phương trình f ( x ) = x (1) có hai nghiệm phân biệt b Xét phương trình x − ( b − 1) x + 1=0 (2) có ∆= ( b − 1) − 4= ( b + 1)( b − 3) > (vì b>3) 0.25 Nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Ta lại có x =1; x = b khơng nghiệm phương trình (2) Vậy phương trình f ( f ( x ) ) = x có nghiệm phân biệt 0.25 ( 2.0 điểm) 1 + + ≥ 3⋅ x y x+y x+y x+y 1 xy xy 2 Ta có: + + = +( + ) =+ + = x+y+ 2 x+y x y x+y x y x+y x+y x+y x+y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ≥ xy ⇔ ≥ (1) ( xy = ) 2 Tương tự áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x+y x+y x+y + ≥2 ⋅ ⇔ + ≥ (2) x+y x+y x+y 1 Từ (1) (2) suy ra: + + ≥ ⋅ Đẳng thức xảy x= y= x y x+y Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy = Chứng minh Câu (5.0 điểm) 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu (7.0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R Dây cung BC cố định, không qua tâm O Trên tia đối tia BC lấy điểm A ( A khác B ) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với ( O ) ( M N tiếp điểm) Gọi I, H trung điểm BC MN , BC cắt MN K  Chứng minh điểm O, M, N, I thuộc đường tròn HK tia phân giác BHC Hai tiếp tuyến ( O ) B C cắt E Chứng minh M, N, E thẳng hàng Đường thẳng ∆ qua điểm M vng góc với đường thẳng ON, cắt đường trịn ( O ) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để tứ giác AMPN hình bình hành Câu (7.0 điểm) 1.( 3.0 điểm)  Chứng minh điểm O, M, N, I thuộc đường tròn HK tia phân giác BHC *) Ta có: AM ⊥ OM ( tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∆AMO vuông M ⇒ Ba điểm A,M,O thuộc đường trịn đường kính AO (1) Chứng minh tương tự suy ra: ba điểm A,N,O thuộc đường trịn đường kính AO (2) Mặt khác ta có: I trung điểm BC (giả thiết) ⇒ OI ⊥ BC ( Quan hệ vng góc đường kính dây cung) ⇒ ∆AIO vuông I ⇒ Ba điểm A,I,O thuộc đường trịn đường kính AO (3) 0.5 0.5 0.5 Từ (1), (2) (3) suy ra: điểm O, M, N, I thuộc đường trịn 0.5 *) Ta có: OM = ON(= R) ⇒ O ∈ đường trung trực MN (4) AM = AN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ A ∈ đường trung trực MN (5) HM = HN( gt ) ⇒ H ∈ đường trung trực MN (6) Từ (4), (5) (6) suy O,H,A thẳng hàng OA đường trung trực MN Xét ∆ANO vng N có NH ⊥ AO ( OA đường trung trực MN ) ⇒ AN =AH ⋅ AO ( Hệ thức lượng tam giác vuông) (*) 0.25 AB AN = ⇒ AN =AB ⋅ AC (**) AN AC Từ (*) (**) suy ra: AB ⋅ AC = AH ⋅ AO ⇒ AB = AO AH AC Chứng minh ΔABN ∽ΔANC ( g.g ) ⇒ 0.25 =  (7) ACO ΔABH ∽ΔAOC ( c.g c ) ⇒ AHB =  CBO ⇒ Tứ giác BHOC nội tiếp ⇒ CHO  = CBO  ( ∆OBC cân O ) Nên ⇒ CHO =  (8) Mà: BCO BCO  = CHO  ⇒ KHB  = CHK  ( phụ với hai góc nhau) Từ (7) (8) suy ra: ⇒ AHB 0.25 0.25  ⇒ HK tia phân giác góc BHC ( 2.0 điểm) Hai tiếp tuyến đường tròn ( O ) B C cắt E Chứng minh M, N, E thẳng Câu (7.0 điểm) hàng Cách Chỉ O, I, E thẳng hàng 0.25 ON = OH ⋅ OA Ta có  ( Hệ thức lượng tam giác vuông) OB= OI ⋅ OE 0.5 ⇒ OH ⋅ OA =OI ⋅ OE 0.25 Suy tứ giác AHIE nội tiếp  = 90 ⇒ HE ⊥ AO H  = AIE Suy AHE Lại có MN vng góc với AO H Nên M,N,E thẳng hàng Cách Gọi F giao điểm MN với OI Chỉ ΔAIO∽ΔFHO ( g g ) 0.25 OI OA = ⇒ OI ⋅ OF = OA ⋅ OH OH OF Mà: OH ⋅ OA = ON = OC2 Nên: OI.OF = OC2 ⇒ ΔOCF∽ΔOIC ( c.g.c ) ⇒ 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5  = CIO  = 90 ⇒ FC ⊥ OC C Suy FC tiếp tuyến đường tròn (O) 0.25 ⇒ FCO Chứng minh tương tự FB tiếp tuyến đường tròn (O) Do F giao điểm hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C 0.25 Vậy E ≡ F , ta có điều phải chứng minh 3.(2.0 điểm) Đường thẳng ∆ qua điểm M vng góc với đường thẳng ON, cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để tứ giác AMPN hình bình hành MO ⊥ NP Cách 1: Tứ giác AMPN hình bình hành suy  0.25  NO ⊥ MP Suy O vừa trực tâm vừa tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP 0.25 ⇒ ∆MNP tam giác 0.25 MP R= AN Do bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP R nên = Xét tam giác vuông ANO ta có AO = AN + NO = 2R ⇒ A giao điểm đường tròn (O; 2R) với tia đối tia BC Câu (7.0 điểm) Khi A giao điểm đường tròn (O; 2R) với tia đối tia BC, chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành Vậy A giao điểm đường tròn (O; 2R) với tia đối tia BC tứ giác AMPN hình bình hành Cách 2: Tứ giác AMPN hình bình hành ⇒ AP qua trung điểm H MN ⇒ Tứ giác AMPN hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc)  = MPA  ⇒ A,H,O,P thẳng hàng MAP   = MOA ( hệ góc nội tiếp) Xét (O; R) có MPA   = MOA ⇒ MAO  = 300 ( ∆AMO vuông M ) ⇒ MAO AO ( cạnh đối diện với góc 300 tam giác vng) ⇒ OA = 2R ⇒ MO = Khi A giao điểm đường tròn (O; 2R) với tia đối tia BC, ta chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành Vậy A giao điểm đường tròn (O; 2R) với tia đối tia BC tứ giác AMPN hình bình hành 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3y (*) (1.0 điểm) Tìm số nguyên x, y thoả mãn: x − 5x + = + Nếu y ≤ ta có: x − 5x + ≤ ⇔ x − 5x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ Do x nguyên nên ta có x ∈ {2;3} Lần lượt thay giá trị x vào phương trình (*) tìm (x,y) ∈ {(2;0);(3;0)} Câu (3.0 điểm) 0.25 x = + Nếu y = phương trình (*) trở thành: x − 5x + = ⇔ x − 5x + = ⇔  x = ⇒ (x,y) ∈ {(1;1);(4;1)} thỏa mãn phương trình (*) 0.25 + Nếu y ≥ 3y  Cách Ta xét VT (*) theo trường hợp số dư x chia cho - Nếu = x 3k (k ∈ ) x − 5x + 7= 9k − 15k + không chia hết phương trình (*) vơ nghiệm - Nếu x =3k + (k ∈ ) x − 5x + 7= (3k + 1) − 5(3k + 1) + 7= 9k − 9k + khơng chia hết phương trình (*) vô nghiệm - Nếu x =3k + (k ∈ ) x − 5x + 7= (3k + 2) − 5(3k + 2) + 7= 9k − 3k + không chia hết phương trình (*) vơ nghiệm Cách Ta có x − 5x + = 3y ⇔ x − 5x + − 3y = (1) Coi phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn x, tham số y có: ∆= 25 − 4(7 − y = ) 4.3 y − 3= 3(4 ⋅ y −1 − 1) Vì ⋅ y −1 − 1/ nên ∆ khơng phải số phương Với y nguyên, y ≥ phương trình (1) phương trình bậc hai có hệ số ngun mà ∆ khơng phải số phương nên phương trình (1) khơng có nghiệm ngun 0.25 Vậy ( x, y ) ∈ {(2;0);(3;0);(1;1);(4;1)} 0.25 ( 2.0 điểm) Cho bảng vng m × n (gồm m dịng n cột) Cho quy tắc tô màu bảng ô vuông sau: Mỗi ô vuông đơn vị tô màu đỏ màu xanh cho bảng vng × × có hai tơ màu đỏ a) Hãy cách tô màu theo quy tắc cho bảng vng × (Điền chữ Đ vào ô tô màu đỏ, chữ X vào ô tô màu xanh) b) Người ta tơ bảng vng 2021× 2022 theo quy tắc Hỏi bảng vng có tô màu đỏ? a) 1.0 điểm: Chỉ cách tơ Ví dụ 1.0 b) 1.0 điểm Câu (3.0 điểm) Chia bảng ô vuông ban đầu thành hai bảng vng 2019 × 2022 × 2022 ( xem hình vẽ minh họa) 0.25 2022 2019 × = 680403 bảng vng 3 × Trong bảng vng 2019 × 2022 có 680403 ⋅ = 1360806 ô tô màu đỏ 0.25 2022 × = 674 bảng vng × Trong bảng vng × 2022 có 674 ⋅ = 1348 tơ màu đỏ 0.25 Bảng vng ban đầu có: 1360806 + 1348 = 1362154 ô tô màu đỏ 0.25 Bảng vng 2019 × 2022 chia thành Bảng ô vuông × 2022 chia thành -Hết - ... 2021 −= y y ) + ( 2021 − y − 2021 − x + y 2021 − x ) = 0.25 0.25 x−y = 2021 − y + 2021 − x ( (x;y) = (2021; 2021) khơng phải nghiệm hệ phương trình hệ phương trình có nghiệm (x;y) 2021 − y + 2021. .. 0.25 x = y  x = y  ⇔  2021  x + 2021 − x =4042  x ( 2021 − x ) =   2021   x =  x = y (thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔ 2021 ( 2x − 2021) = y =   2021 2021  Hệ phương trình cho có... ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn - Ngày thi 09/ 3 /2021 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang) I Hướng dẫn chung Bài làm học sinh đến đâu