Toan 9 doan hung (21 22)

UBND HUYỆN ĐOAN HÙNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021-2022 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể giao đề Đề thi có 03 trang I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời Câu Kết rút gọn biểu thức A  x  x  x  x  1 C A  A  x  2 D A  x  A A  B A  x  Câu Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a   b   c 1  A 13 a bc 3 a  2b  3c có giá trị B 17 C 18 D 16 Câu Cho x      Giá trị biểu thức P  x3  x  3x   A 3 B 27 C 27 D Câu Giá trị m để phương trình  4m2   x  2m2  m   vô số nghiệm A m   B m  C m  D m  Câu Số giá trị m để ba đường thẳng  m  2 x   2m  1 y  6m   0; x  y   A B x  y   đồng quy điểm C Câu Cho hai đường thẳng  d1  : y  ax  b ;  d  : y  qua điểm M  6;17  Giá trị a  b A 28 C 46 B 46 D Vô số 1 x  2021 Biết d1  d  d1  D 28 Câu Biết đường thẳng  d  : y   m  4m   x  3m  tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích 2cm (với m tham số đơn vị đo trục tọa độ cm) Tổng giá trị m A 28 13 B C 28 13 D Khơng tính 2 Câu Tam giác ABC vuông A Gọi M , N theo thứ tự thuộc hai cạnh AB, AC cho MN / / BC Biết AB  9cm; AM  3cm; AN  4cm Độ dài BC A 10cm B 16cm C 12cm D 15cm Câu Cho điểm I nằm tam giác ABC Các tia AI , BI , CI cắt cạnh BC , AC , AB theo thứ tự D, E , F Khi A AI AD B AF AE  FB EC AI ID C BD DC D DC BD Câu 10 Cho hình thang cân có đường chéo vng góc với cạnh bên Biết đáy nhỏ 14cm , đáy lớn 50cm Diện tích hình thang cân B 786cm2 A 768cm2 D 432cm2 C 864cm2 Câu 11 Cho tam giác ABC vuông A có AB  5, đường cao AH  Kẻ HK vng góc với AC  K  AC  Độ dài CK A 5 B 16 C D Câu 12 Cho tam giác ABC vuông A, phân giác AD  D  BC  Cho AB  a, AC  a Độ dài cạnh AD A a  6 2  B a  6  C  a 2  D  a 2  Câu 13 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Biết AB  3cm, AA '  6cm diện tích tứ giác AA ' C ' C 30cm2 Thể tích hình hộp chữ nhật A 108cm3 B 96cm3 C 84cm3 D 72cm3 Câu 14 Cho đường tròn tâm O , bán kính 13cm Hai dây AB, CD song song với có độ dài 24cm;10cm Khoảng cách lớn hai dây A 17 B 12 C D 24 Câu 15 Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH  H  BC  Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC E, F Hệ thức sau A EF  EB.CF C CF  EF BC B EF  EB.BC.CF D EF  AC.BC.AB Câu 16 Một cửa hàng bán bưởi Đoan Hùng Phú Thọ với giá bán 50 nghìn đồng Với giá bán ngày cửa hàng bán 40 Cửa hàng dự định giảm giá bán, ước tính cửa hàng giảm nghìn đồng số bưởi bán tăng thêm 10 Xác định giá bán để cửa hàng thu lợi nhuận cao nhất, biết giá nhập ban đầu cho 30 nghìn đồng A 45 nghìn đồng C 42 nghìn đồng B 40 nghìn đồng D 50 nghìn đồng 3 II PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x  xy  y  2 b) Tìm số nguyên n cho A  n4  6n3  14n2  16n  số phương c) Cho biểu thức A  (a 2021  b2021  c2021 )  (a 2017  b2017  c2017 ) với a, b, c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30 Câu (4,0 điểm) 1) Cho x, y, z  xy  yz  zx  2021 Chứng minh rằng: x y z    2 2021  x 2021  y 2021  z 2 xy  2021  x  2021  y  2021  z  2  2) Giải phương trình sau: a)   2 x x   x  12 b)  x   3x   x Câu (4,0 điểm) Cho ABC vng A Các đường trịn  O  đường kính AB , ( I ) đường kính AC cắt điểm thứ hai H  H  A Đường thẳng  d  thay đổi qua A cắt đường tròn  O  M cắt đường tròn  I  N ( A nằm hai điểm M N ) a) Đoạn thẳng OI cắt đường tròn (O) , ( I ) D, E Chứng minh OI đường trung trực đoạn thẳng AH AB  AC  BC  2DE b) Chứng minh giao điểm S hai đường thẳng OM IN di chuyển đường tròn cố định đường thẳng (d) quay quanh A c) Giả sử đường thẳng MH cắt đường tròn  I  điểm thứ hai T (T  H ) Chứng minh ba đường thẳng MS , AT , NH đồng quy Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz  Chứng minh 1 1    2 x  y  y  2z  z  2x  2 -Hết Họ tên thí sinh: ,SBD: Cán coi thi khơng giải thích thêm./ 4 UBND HUYỆN ĐOAN HÙNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021-2022 Hướng dẫn chấm mơn: Tốn Hướng dẫn chấm có 06 trang A MỘT SỐ LƯU Ý Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác mà tổ chấm cho điểm phần ứng với thang điểm hướng dẫn chấm B ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Mỗi câu trả lời cho 0,5 điểm Câu Đáp án C D B A D D C D 10 11 12 13 14 15 B A D C D A B 16 C II PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) Đáp án Câu Điểm Câu (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x  xy  y  2 b) Tìm số nguyên n cho A  n4  6n3  14n2  16n  số phương c) Cho biểu thức A  (a 2021  b2021  c2021 )  (a 2017  b2017  c2017 ) với a, b, c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30 x  xy  y  2   x  1 y  x  0,25 Nếu x    x   (Vô lý), suy x   a x2  y  x 1 x 1 x 1 0,25 Để y số nguyên  Z  x  1 1; 3  x  4; 2;0; 2 x 1 Vậy  x, y    4; 6  ,  2; 6  ,  0;  ,  2;  0,50 Ta có A  n4  6n3  14n2  16n    n    n2  2n   + Nếu n    n  2 A  số phương + Nếu n    n  2 A số phương b k  Z    n  1  k  1   n   k  n   k   1 n  2n   k 0,25 0,25  n   k    n  1    n   k  1   k      n   k  1  n  1    n   k   k  1 0,50 Vậy n = – n = – A số phương Theo định lí Fermat bé, 2; 3; số nguyên tố a số nguyên dương ta có : a  a (mod 2)  a  a  a (mod 2)  a5  a (mod 2) (1) 0,25 a  a (mod 3)  a  a a  a.a  a (mod 3)  a  a (mod 3) (2) 2 a5  a (mod 5) (3) Có BCNN (2;3;5)  30 Từ (1);(2) (3) suy a5  a (mod 2.3.5)  a5  a (mod 30)  (a5  a) 30 c Tương tự: (b5  b) 30; (c5  c) 30 Ta có: A  (a 2021  b 2021  c 2021 )  (a 2017  b 2017  c 2017 ) 0,25   a 2021  a 2017    b 2021  b 2017    c 2021  c 2017  0,25  a 2016  a  a   b 2016  b5  b   c 2016  c  c  Do (a5  a) 30; (b5  b) 30; (c5  c) 30 nên A 30 Vậy A chia hết cho 30 Câu (4,0 điểm) 1) Cho x, y, z  xy  yz  zx  2021 Chứng minh rằng: x y z    2 2021  x 2021  y 2021  z 2 xy  2021  x2  2021  y  2021  z  0,25  2) Giải phương trình sau: a) 1   2 x x   x  12 b)  x   3x   x Ta có 2021  x  xy  yz  zx  x   x  y  x  z  2021  y  xy  yz  zx  y   x  y  y  z  0,5 2021  z  xy  yz  zx  z   y  z  x  z  2 Ta có x, y, z  , suy ra: x y z x y z      2 2021  x 2021  y 2021  z  x  y  x  z   x  y  y  z   y  z  x  z    x y  z  y x  z  z x  y  x  y  y  z  x  z  xy  x  y  y  z  x  z     0,25 xy  x  y  y  z  x  z  xy  2021  x  2021  y  2021  z  2  0,25 a) Giải phương trình   2 x x   x  12 ĐKXĐ: x  0; x  1 Ta có:  3     1  1  2 x x   x  1 x x   x  12 0.5  x  11  x   x  x  1  x  x  1   x  1 x  1  2 x2 x2  x  1  x  1  x x 1    x  1   0   x  1 x   TH1: x 1   x  (TMĐK) 0.5 1 (TMĐK) 1 Vậy tập nghiệm phương trình S  1;   2 TH2:  x  1    x   x    x  x  3 0.5 b) Giải phương trình:  x   3x   x Điều kiện: x  0,25 Phương trình cho tương đương với  x  2    x 1    x 1    0,25 x   3x    3x   3x   3x   3x    x 1  x 1  2  x 1   3x    x   3x     x   x    0,25 0,25 Nếu x   3x   : Vô nghiệm Nếu 3x   x    x  x    x  10  x   x 1   ( x  2)( x  10)   x  12 x  20  Vậy phương trình có nghiệm: x  10 0,5 Câu (4,0 điểm) Cho ABC vuông A Các đường trịn  O  đường kính AB , ( I ) đường kính AC cắt điểm thứ hai H  H  A Đường thẳng  d  thay đổi qua A cắt đường tròn  O  M cắt đường tròn  I  N ( A nằm hai điểm M N ) a) Đoạn thẳng OI cắt đường tròn (O) , ( I ) D, E Chứng minh OI đường trung trực đoạn thẳng AH AB  AC  BC  2DE b) Chứng minh giao điểm S hai đường thẳng OM IN di chuyển đường tròn cố định đường thẳng (d) quay quanh A 7 c) Giả sử đường thẳng MH cắt đường tròn  I  điểm thứ hai T (T  H ) Chứng minh ba đường thẳng MS , AT , NH đồng quy a) Ta có: OA  OH (cùng bán kính  O  ) IA  IH (cùng bán kính  I  ) Suy OI đường trung trực đoạn thẳng AH Ta có: 0.5 O tâm đường trịn đường kính AB => OD  OA  OB  AB I tâm đường trịn đường kính AC => IE  IA  IC  0.5 AC Xét ABC ta có OI đường trung bình ABC  OI  BC 1 DE  OD  IE  OI  AB  AC  BC 2  DE  AB  AC  BC b) Ta có: BAC  90 => IAO  90 Suy ra: IAN  OAM  1800  IAO  900 Lại có:  OAM =  OMA (tam giác AOM cân O)   SMN =  OAM  IAN =  INA (Tam giác AIN cân I)  SNM =  IAN 0.5 0.25 0.25 Xét tam giác SMN, ta có:  SMN +  SNM =  OAM +  IAN = 90 0.5  ISO  90   SMN vuông S  MSN  90 hay Suy S thuộc đường tròn đường kính OI Mà O I cố định nên đường trịn đường kính OI cố định Vậy S di chuyển đường trịn đường kính OI cố định đường 0.5 thẳng  d  quay quanh A c) Ta có: Tam giác AHB nội tiếp đường trịn đường kính AB   AHB = 90 Tam giác AHC nội tiếp đường tròn đường kính AC   AHC = 90 Suy BHC  AHB  AHC  90  90  180 Suy B, H , C thẳng hàng Lại có AHB  90  AH  BC Xét hai tam giác IAO IHO, ta có: IA = AH; OA = OH; IO chung  AIO  HIO   IHO =  IAO = 90  IH  HO Mà IS  SO   SIH =  HOS (góc có cạnh tương ứng vng góc) Lại có:  INH =  IHN (Tam giác INH cân I)   SIH =2  INH  OHM =  OMH (Tam giác OHM cân O)   HOS =  OMH   INH =  OMH   NIH =  OMH   SNH =  SMH Gọi K giao NH SM, ta có  SNK =  HMK  SKN =  HKM (đối đỉnh)  Hai tam giác SNK HMK đồng dạng   KHM =  KSN = 90  NH  MH  THN  90  Tam giác NTH nội tiếp đường trịn đường kính NT  NT đường kính  I   N , I , T thẳng hàng NT đường kính  I   NAT  90  TA  NM 0.25 0.25 0.25 0.25 THN  90  NH  MT MSN  90  MS  NT Xét MNT ta có MS , NH , AT ba đường cao Do MS , NH , AT đồng quy Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz  1 1    2 x  y  y  2z  z  2x  Chứng minh Đặt P  1   2 x  y  y  2z  z  2x2  Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có x  y  xy; y   y 0,25 Cộng lại theo vế ta được: x  y   2( xy  y  1)  (vì x, y dương) 2 1  x  y  xy  y  1 1 1  ;  Tương tự ta có 2 y  z  yz  z  z  x  xz  x  Suy 0,25 Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta  1 1 P     (1)  xy  y  yz  z  xz  x   1   Ta có: xy  y  yz  z  xz  x  1 xy y    xy  y  xyyz  xyz  xy xyz  xy  y xy y     (vì xyz  ) xy  y  y   xy  xy  y Từ (1) (2) suy P  1 1    Vậy 2 2 x  y  y  2z  z  2x  (2) -HẾT 0,25 0,25