Bd hsg toan 9 (18 20)

Ngày dạy:12/01.2022; Ngày dạy:14/01/2022;Ngày dạy:19/01/2022 CHUYÊN ĐỀ: LUYỆN ĐỀ ĐỀ Câu 1: (5.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A    xy  x A  x    1 :    xy  1  xy      xy  x xy   x 1   xy 1  b) Cho a, b, c là ba số dương a2 b2 c2 a b c    Chứng minh: b  c c  a a  b Câu (5 điểm) a Giải phương trình: x  10 x  27   x  x   m x  y 4  1  x  m y 1   b Giải hệ phương trình  với m = Câu (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A Với OA = 2R Từ A kẻ tiếp tuyến AE và AF đến (O) ( E, F là tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt (O) C và D (O nằm A và C) a) Tính diện tích tứ giác AECF theo R? b) Từ O vẽ đường thẳng vng góc với OE cắt AF M Tính tỷ sớ diện tích hai tam giác OAM và OFM ? c) Đường thẳng kẻ từ D vng góc với OE cắt EC Q chứng minh đường thẳng AC, EF và QM đồng quy? Câu 4) (3 điểm) 2 a, Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x  xy  y  y  12 0 2 x  y 2021 b, Giải phương trình nghiệm nguyên sau : Câu (2 điểm) Gọi S là tập hợp gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị khơng q 2020 Chứng minh S có hai sớ mà tổng chúng 2021 Câu 1a Đáp án Điểm 0,5 Điều kiện: xy 1 A      x  1   xy    xy  1  xy  xy  x     xy 1    x  1    xy 1    xy 1   xy  xy  x   xy  1    xy   xy  xy  1  x  1   xy xy    xy  x   xy 1   xy 1   xy    xy  x   xy  1   x  1   xy   1 x  x y  xy xy : 0,5  0,5  xy  xy 0,5 Vì a, b, c >0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : a2 bc a2 b  c  2 a bc b c b 0,5 b2 ca b2 c  a  2 b ca ca c2 a b c2 a  b  2 c a b a b a2 b2 c2 a b c    a  b  c Suy : b  c c  a a  b  2 0,5 0,5 a b c a b c    b c c a a b (đpcm) 0,5 PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: a '   m     m  2m     m  (*)  x1  x2 4  2m  Với m  , theo Vi-et ta có:  x1 x2 m  2m  0,25đ 0,25đ 1 1      2 x  x2 x1 x2 15m  x1  x2   x1 x2 x1 x2 15m (1) Ta có 0,5 đ   1   m  6m  m  2m  15m 1   4 m   m   15m m m m Đặt Ta có (1) trở thành: Với t  , ta có: b, 0,5 đ t m , m   t  1    t  t  15 m 0,25 đ  t   t 12  t   ( t  )   m   m thỏa mãn (*) 3x  2y  4xy  x  8y  0   x  y  2x  y  0 0,5 đ 3x  2y  4xy  x  8y  0(1)  2x  y  4x  y  0(2) 0,5 đ 0,25 đ 0,5đ lấy PT (1) trừ PT (2) ta x  2 y   3( x  y )  0  ( x  y  1)( x  y  2) 0  x 2 y     x 2 y  0,5đ 2 thay vào phương trình x  y  x  y  0 hệ có nghiệm  0,5đ   109  13  109     109  13  109   ;   ; ;   6     x; y   1;0;    3;    0,5đ Câu E (5 điểm) 0,5 Q A D I O C M F - Vẽ hình đúng: a) Ta có AE = AF (t/c tiếp tuyến cắt nhau) OE = OF = R => OA là đường trung trực đoạn thẳng EF Gọi I là giao AC và EF OA  EF và IE = IF  OEA có OEA 900 (t/c tiếp tuyến) và EI  OA Nên OE OI OA  OI  0,5 OE R R   OA R R 3R R EI OE  OI R    EI   OIE có OIE 90 nên 4 2 2 0,5 EF 2 EI R và AC  AO  OC 2 R  R 3R 1 3 S AECF  AC.EF  3R.R  R 2   b) Ta có OM//AE ( vng với OE) nên MOA OAE 0,5     Mà OAE OAM  MOA OAM  OMA cân M => MO = MA SOAM AM OM     SOFM FM FM CosOMF    Mà OMF EAF 2 EAO OE R   SinEAO     EAO 300 OA R 0,5  F 600  SOAM  OM  2 SOFM Cos60 Do c) Chứng minh DEQ OFM => QD = OM 0,5 Chứng minh QDMO là hình bình hành  QM và DO giao trung điểm đường, Mà I là trung điểm OD ( OI ID  R ) 0,5 Nên I là trung điểm QM Vậy: AC, EF và QM đồng quy I 0,5 0,5 0,5 Câu (3điểm ) 2 x  xy  y  y  12 0 a) Ta có: 2 0,25  x  xy  x  x  xy  y  y  y  y   11 0  ( x  xy  x )  (5 xy  y  y )  ( x  y  1) 11 0,25  x( x  y  1)  y ( x  y  1)  ( x  y  1) 11 0,25  ( x  y  1)( x  y  1) 11 { y 2, x }, { x -12 , y }, { x 15, y -3 }, { y -3, x 3} b) Trước tiên ta có tính chất sau :Một sớ phương chia 3dư 0, 1; chia dư 0, 1; chia dư 0, 1, 0,25 0,25 x 0;1; 4(mod 8) y 0;1; 4(mod 8)  VT x  y 0;1; 2; 4;5(mod 8) Còn: VP 2021 3(mod 8) Do phương trình vơ nghiệm 0,25 0,25 0,25 Câu Chia số nguyên dương từ đến 2020 thành 1010 nhóm, nhóm có sớ cho tổng hai sớ 2021 (2điểm ) Cụ thể: A = {(1; 2020); (2; 2019); (3; 2018); ; (1010; 1011)} Ta có tập hợp S gồm 1011 sớ ngun dương phân biệt có giá trị không 2020 0,75 Trường hợp 1: Nếu 1010 sớ 1011 sớ S có sớ thuộc nhóm A bài tốn chứng minh (do sớ thuộc nhóm A có tổng 2021) 0,5 Trường hợp 2: Nếu 1010 số 1011 số S mà số thuộc 1010 nhóm khác A theo ngun lý Dirichlet sớ cịn lại phải thuộc nhóm A Khi có sớ thuộc nhóm và sớ này có tổng 2021 (bài tốn chứng minh) 0,75 Vậy S ln có hai sớ mà tổng chúng 2021 ĐỀ Câu (5,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: B  10 x  30 x  11 2021  2x   x  3 2022 x  3x  x  x 3 1   3 b) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: xy 1 Chứng minh x y x  y Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x  2 x  3 x  y  xy 8   x  y   x  xy   8   b) Giải hệ phương trình sau: Câu (5,0 điểm) Cho đường trịn tâm O , đường kính AB , bán kính R Gọi M là điểm nằm A và B Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB cho CO DO  AO BO Lấy điểm E đối xứng với A qua M a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? b) Gọi H và K là hình chiếu M AC và BC HM MK CD   Chứng minh rằng: HK MC R ; c) Gọi C ' là điểm đối xứng với C qua A Chứng minh C ' nằm đường trịn cớ định M di chủn đường kính AB ( M khác A và B ) Câu (3,0 điểm) a) Cho số nguyên a không chia hết cho và Chứng minh rằng: a  1  a  15a  1 35 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x  y 8 Câu (2,0 điểm) Cho 69 số nguyên dương phân biệt khơng vượt q 100 Chứng minh có thề chọn từ 69 sớ sớ cho chúng có sớ tổng sớ cịn lại ĐÁP ÁN Câu (5,0 điểm) a) Hướng dẫn chấm Tính giá trị biểu thức: Ta có Lại có x B  10 x  30 x  11 2021 Điểm  2x   x  3 2022 x  x  x  x 3 3   x  3 5  x  12 x  0  x  x  0 10 x  30 x 11 10  x  x  1  10.0  1 x  x  2  x  x  1 1 2.0  1 2,5 0,5 0,5 x  x  x3   x3  x  3x  1   x3   Vậy B 12021  12022 1    1 0 1 0,5 b) 1   3 y xy  x y x  y x Cho hai số thực dương , thỏa mãn: Chứng minh 2,5 Ta có 1 xy xy 2 x y  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: x y x y  xy  1  1 2 (vì xy 1 ) x y x y xy  2   2  2 x y x y x y 1   3 1 2   x y x  y Từ và suy ra: Đẳng thức xảy x  y 1 Câu (5 điểm) 0,5 0,5 0,5 a) Giải phương trình: x  x  2 x  Điều kiện: x 0 Bình phương vế ta được: x   3x   2 x  x 4 x   2 x  x  x    2 4  x  x   x    x     7 x  12 x  64 0   x 4   x  16  Đối chiếu với điều kiện ta thấy có x 4 là nghiệm phương trình 2,5 0,5 0,5 0,5 b) 3 x  y  xy 8   x  y   x  xy   8 Giải hệ phương trình sau:  3x  y  xy 8    x  y   x  xy   8  x  y   3x  y  8   x  y   x  xy   8 2,5 0,5  x 1  x  xy  3 x  y   x  1  x  y   0    x 2  y 0,5  y 1 x 1   y  y 8    y  0,5 x 2  y    y  y     y   y  8    y  8  y 1  x 1 0,5 1;1 1;   Vậy nghiệm hệ phương trình là:   và  0,5 Câu (5 điểm) 0,5 Vì CD  AB; OC OD  CM MD Tứ giác ACED có AE cắt CD trung điểm đường nên là hình bình hành 0,5 Mà AE  CD (gt)  tứ giác ACED là hình thoi (dhnb) 0,5 b)  Ta có C 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên ABC vng C , suy    tứ giác CHMK là hình chữ nhật (vì có C H K 90 ) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác MH AC MA.MC  MH    90o AMC M 0,5  , đường cao AH ta có: MA.MC AC MA.MB.MC MB.MC  MH MK  AC.BC Tương tự ta có: MK  BC    90o ABC C MA MB  MC ; AC BC  MC AB Mà (do ) 0,5 MC MC MC MH MK MC MH MK     MC AB AB MC AB Mà MC HK (do CHMK là hình chữ nhật)  MH MK MC 2MC CD    HK MC AB AB R HM MK CD   Vậy: HK MC R 0,5 0,5 c) Lấy O ' đối xứng với O qua A , suy O ' cố định 0,5 Tứ giác COC ' O ' là hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm A đường Do O ' C ' OC R khơng đổi 0,5 O '; R  Suy C ' nằm đường trịn  cớ định M di chủn đường kính AB ( M khác A và B ) 0,5 Câu (3 điểm) a) Đặt 0,5 A  a  1  a  15a  1 Áp dụng định lí Fermat nhỏ ta có: a 1 mod  Vì và a 1 mod  a không chia hết cho và a 1 mod   a  15  A5 Lại có: 0,5 A a  15a  15a  a  15  15a  0  mod   A7 0,5 Vậy A5.7 35 (vì (5, 7) = 1) b) 0,5 x  y  x  y 8 2  x  x  y  y 32  x  x   y  y  34   x  1   y  1 52  32   x  1 32      y  1 52      x  1 52      y  1 32   x 2; x    y 3; y  0,5  x 3; x    y 2; y  x; y  2;3 ; 2;   ;   1;3  ;   1;   ;  3;  ;  3;  1 ;   2;  ;   2;  1  Vậy       0,5 Câu (2 điểm) Giả sử 69 số là: a1  a2  a3   a69 100 Suy a1 32; a3 3 và a2 2 Khi suy ra: 0,5 +) a1  a3  a1  a4    a1  a69 132 (1); dãy này có 67 sớ hạng +) a3  a2  a4  a2   a69  a2 98 (2); dãy này có 67 sớ hạng Do dãy (1) và dãy (2) có 134 số hạng nhận giá trị từ đến 132 (có 132 giá trị) Theo nguyên tắc Đirichlet suy có sớ hạng giá trị 0,5 m, n  *  , Giả sử a1  am an  a2 (với m, n 69 và suy a1  a2  am an 0,5 Do dãy (1) và dãy (2) có 134 số hạng nhận giá trị từ đến 132 (có 132 giá trị) Theo nguyên tắc Đirichlet suy có sớ hạng giá trị 0,5 m, n    , Giả sử a1  am an  a2 (với m, n 69 và suy a1  a2  am an * ĐỀ Câu (5 điểm) x x  26 x  19 x x   x1 x 3 Cho biểu thức P = x  x  a) Rút gọn P b) Tìm GTNN P Câu (5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x    x   2x  x  y   x  y 2 y  x   b) Câu (3 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  y  y 3 b) Chứng minh với số nguyên n > thì: A 22  10 chia hết cho 13 2n Câu (5 điểm) O; R  Từ điểm M nằm ngoài đường tròn  cho OM 2 R Kẻ hai tiếp tuyến MA , MB với đường tròn  O; R  ( A , B là tiếp điểm) Đoạn thẳng MO cắt đường tròn  O; R  O; R  P và cắt AB H Tia AO cắt đường tròn  D và cắt tia MB K Nối PK cắt BD G a) Chứng minh MO // BD b) Chứng minh OG  BD O; R  c) Từ trung điểm I AH vẽ đường thẳng vng góc với AO cắt đường tròn  A; AQ  Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến đường trịn  Câu (2 điểm) Hình vng cạnh ta đặt 51 điểm phân biệt Chứng minh có sớ 51 điểm nằm hình trịn bán kính ĐÁP ÁN Câu Câu (5,0đ) Hướng dẫn chấm Điểm x x  26 x  19 x x   x1 x 3 P = x2 x  a) Rút gọn P 3,0đ ĐKXĐ: x 0, x 1 0,25đ  P   x    x    x    x  3  x x  26 x  19   x   x 3    x  1  x  x  3 x1 0,5đ x x  26 x  19  x  x  x  x   x  x x  16 x  x  16  x  x 3  b) Tìm GTNN P  x 3   x  16   0,75đ   x 16  x    x  3 x  x1 1,5đ 2,0đ Ta có: P x  16 x   25 25   x  3 x 3 x 3 x 3 25    x     2 x 3  Dấu “=” xảy   x 3   x 3 0,5đ 25  4 x 3 25  x 3   x  25 1,25đ Giải chi tiết ta x = (TM) Vậy Pmin =  x 4 Câu (5,0đ) a) Giải phương trình: 0,25đ x    x   2x 2,0đ Ta có: x    x   x  x    x   x 1  x 0   1  x 0   x  1  x   x  (1  x)(1  x)  x 2     x  0 x 2  (2 x  1) 2 x  x   2 x   x  x      x  2 2  x  x 0    x    x 0  x 0    x  0,75đ 0,5đ 0,5đ Vậy phương trình có nghiệm x 0 0,25đ  x  y  b)  3 2 x  y 2 y  x 3,0đ 2  x  y   x  y  x  y   x  y   3  x  y 2 y  x  x  x y  xy  y 0   x  y   x  3xy  y  0 1,đ  x y  2  x  3xy  y 0 2 + TH1 Với x = y thay vào phương trình x  y  ta x  y 1 0,75đ  11  x  xy  y 0   x  y   y 0   + TH2 Với 2 1,0đ   x  y 0   x  y 0  y 0 Thử lại ta thấy x = y = khơng là nghiệm hệ phương trình cho 0,25đ Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (-1; -1) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: Câu (3,0đ) x  x  y  y 3 1,5đ x  x  y  y 3   x  y    x  y  3 0,25đ  ( x  y )( x  y  2) 3  x  y 1   + TH1:  x  y  3  x  y 1    x  y 1  x  y 3   + TH2:  x  y  1  x  y 3    x  y  + TH3:  x  y     x  y    x  y    x  y    + TH4:  x 1   y 0 (TM)  x 1   y 2 (TM)  x  y     x  y   x  y     x  y   x    y 2 (TM)  x    y 0 (TM) Vậy pt cho có nghiệm nguyên  x; y  là: (1;0); (1;2); (-3;2); (-3; 0) b) Chứng minh với số nguyên n > thì: 2n A 22  10 chia hết cho 13 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1,5đ Vì 13 là sớ ngun tớ và (13,2) = Nên áp dụng định lí Fermat ta 12 có: ≡1(mod 13) 0,25đ Từ bài tốn đưa tìm sớ dư 22n chia cho 12 1,0đ 2n 2n Ta có: 0(mod 4)  4k ( k  N )  22 n 4n 1(mod 3)  22 n 3m  1(m  N )  22 n 12m   A 212 m4  10 16.(26 )2 m  10 3  10(mod13) 0(mod13) 0,5đ Vậy A chia hết cho 13 với số nguyên n > 0,25đ Câu O; R  Từ điểm M nằm ngoài đường tròn  cho OM 2 R Kẻ hai (5,0đ) O; R  A B tiếp tuyến MA , MB với đường tròn  ( , là tiếp điểm) O; R  Đoạn thẳng MO cắt đường tròn  P và cắt AB H Tia AO cắt đường tròn  O; R  D và cắt tia MB K Nối PK cắt BD G a) Chứng minh MO // BD 5,0đ b) Chứng minh OG  BD c) Từ trung điểm I AH vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt O; R  đường trịn  Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến A; AQ  đường tròn  Q A T I S J M 0,5đ O H P B G D K a) Chứng minh MO // BD 1,5đ Ta có MA , MB là hai tiếp tuyến cắt M đường tròn 0,5đ  O; R   OM là trung trực AB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  OM  AB H (1) OB OA OD  AD R  ABD vuông B  BD  AB (2) Lại có 0,5đ Từ (1) và (2)  BD // OM 0,5đ b) Chứng minh OG  BD 2,0đ Xét KOP có GD // OP (vì BD // OM )  Xét KPM có GB // PM (vì BD // OM )  GD KG  OP KP (định lý Talet) GB KG  PM KP (định lý Talet) GD GB KG   Vậy ta có OP PM KP ; Mà OP PM (GT)  GD GB  G 0,5đ 0,25đ 0,25đ là trung điểm BD 0,5đ Vậy OG  BD (tính chất đường kính và dây cung) 0,5đ c) Từ trung điểm I AH vẽ đường thẳng vng góc với AO cắt O; R  đường tròn  Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến 1,0đ A; AQ  đường tròn  Gọi T QJ  AD và S là hình chiếu vng góc H AD IT  AD    IT // HS Ta có HS  AD  Xét AHS có I là trung điểm AH và IT // HS  T là trung điểm AS  AS 2 AT vng H có đường cao HS  AH  AS AO (hệ thức Xét lượng tam giác vuông)  AH 2 AT AO  AT AD (3) HAO OQ OA OD  AD R  QAD vuông Q có QT  AD Ta có T  AQ  AT AD (hệ thức lượng tam giác vuông) (4) 2  H   A; AQ  Từ (3) và (4) ta suy AH  AQ  AH  AQ , mà AH  OM H  OM A; AQ  là tiếp tuyến đường trịn  Trong hình vng cạnh ta đặt 51 điểm phân biệt 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2,0đ Câu Chứng minh có sớ 51 điểm nằm (2,0đ) hình trịn bán kính Chia hình vng cho thành 25 hình vng có cạnh Theo ngun lý Dirichlet tồn hình vng nhỏ chứa ba điểm sớ 51 điểm 0,75đ Ta kí hiệu hình vng là C Khi hình vng nhỏ C có đường C chéo là Đường trịn ngoại tiếp hình vng nhỏ   có bán kính 0,75đ √2 1 = < 5 √2 Vậy ba điểm nói nằm hình trịn đồng tâm với đường trịn ngoại tiếp hình vng nhỏ có bán kính Kiểm tra ngày 15 tháng 01/2022 - Đủ bài soạn theo quy định - Bài soạn đảm bảo nội dung kiến thức trọng tâm Tổ trưởng CM Kiều Thị Yến 0,5đ