Toan 9 lâm thao (21 22)

PHỊNG GD&ĐT LÂM THAO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021 – 2022 MƠN THI: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 03 trang) I TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( điểm ): Hãy chọn phương án trả lời x có nghĩa nào? x (x  3) A  x 1 x 0 B x  x 1 C x   x 1 D   x 1 x 0 1 1     Câu Cho biểu thức Q  1 3 5 2020  2021 B Q  2021  2022  2022  2022  A Q  C Q  D Q  2 Câu Biểu thức Câu Cho hàm số y  x +4x   x  6x  , y đạt giá trị nhỏ A  x 3 B x 3 C x  D x  x 3 Câu Cho x  A 2020  15   15 Giá trị biểu thức x 26  x 24  x 23  x  x  2021 B 2029 C 2021 D 2022 Câu Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A  1;   , B   3;  C  5;  Điểm G trọng tâm tam giác ABC , độ dài OG A OG 5 B OG  C OG  D OG 3 Câu Cho ba đường thẳng (d1 ) : y x  m; (d ) : x  2y 2; để đường thẳng đồng quy 10 A m  B m   10 C m  (d ) : x  y m  Giá trị m D m 5 Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) có phương trình y  m  1 x  m  Khoảng cách lớn từ gốc tọa độ tới đường thẳng (d) A 13 B 14 C Câu Góc nhọn tạo đường thẳng y  x  D 3 đường thẳng y  x  làm tròn đến phút A 630 26 / B 630 27 / C 630 D 640 Câu Qua đỉnh A hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh BC M cắt DC N Biết AM=3, MN=1 giá trị a A.5 B 144 25 C 25 144 D 12 Câu 10 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH = 8, trung tuyến AM = 10 E, F thứ tự hình chiếu H AB, AC Giá trị tích HE HF A 64 B 128 C 81 D 32 Câu 11 Cho  góc nhọn Giá trị biểu thức S  sin   4cos   cos   4sin  A B C D Câu 12 Cho đường tròn (O;17cm) Điểm M cố định OM = 15cm Số dây cung qua M đường trịn (O;17cm) có độ dài số tự nhiên A 18 B 34 C 36 D 38 Câu 13 Cho tam giác ABC vuông cân A nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Khi tỉ số A 2 2 B + C R r 1 2 D 21 Câu 14 Cho khối gỗ hình lập phương cạnh a Tại đỉnh hình lập phương, người ta cắt bỏ phần gỗ theo mặt phẳng qua trung điểm ba cạnh xuất phát từ đỉnh Biểu thức biểu diễn diện tích tồn phần khối gỗ lại theo a (sau bỏ miếng gỗ hình chop đều)  A a    B a    C a    D a   Câu 15 Trong hộp có 100 viên bi, bao gồm 26 viên màu xanh, 32 viên màu đỏ, 27 viên màu vàng, 15 viên lại bi màu nâu tím Lấy ngẫu nhiên số bi hộp Phải lấy viên bi để chắn có viên bi màu đỏ? A 76 B 78 C 68 D 100 Câu 16 Người ta làm chiếc hịm tơn hình hộp chữ nhật thể tích m có cả nắp Biết chiều dài hai lần chiều rộng (coi mối ghép độ dày tôn không đáng kể) Để tốn vật liệu thì chiều rộng chiếc hịm có kích thước A 0,5m C 1,0m B m D m II TỰ LUẬN( 12 điểm) Câu (3,0 điểm) a) Cho x, y , x, y thoả mÃn đẳng thức x2 y2  2 Chøng minh r»ng y x xy số hữu tỉ b) Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a  b3  c3 chia hết cho 14 Chứng minh tích abc chia hết cho 14 Câu (3,5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x  x  x  x   y b) Giải phương trình x  10 x  29 5 x  x  28 Câu (4 điểm ) Cho đường tròn  O; R  dây cung AB cố định  AB 2 R  Điểm M di động tia đối tia AB qua M kẻ hai tiếp tuyến MC ; MD với  O; R  Gọi H trực tâm tam giác MCD a) Tìm vị trí M thuộc tia đối tia AB để H thuộc  O; R  b) Chứng minh CD qua điểm cố định c) Gọi điểm cố định N Chứng minh NB tiếp tuyến  O; R  2 Cho đường tròn  O; R  đường kính AB , C thuộc cung AB , kẻ dây CD vng góc với AB H Tìm vị trí điểm C để diện tích tam giác ACD lớn , tìm giá trị lớn theo R Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 1 Tìm giá trị nhỏ  a  b P  c2 c  b  c   a2 a  a  c   b2 b - Hết - KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP (Hướng dẫn chấm thi gồm trang) A Một số chú ý chấm  Hướng dẫn chấm thi dưới dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm  Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm trịn số B.HƯỚNG DẪN CHẤM I.PHẦN TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( điểm) Mỗi câu đúng 0,5 điểm 1.C 2.D 3.A 4.B 5.B 6.D 7.A 8.A 9.D 10.B 11.C 12.C 13.B 14.B 15.A 16.C II.PHẦN TỰ LUẬN(12 điểm ) Câu (3,0 điểm): x2 y2  2 Chøng minh r»ng a)Cho x, y , x, y thoả mÃn đẳng thức y x xy số hữu tỉ b)Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a  b3  c3 chia hết cho 14 Chứng minh tích abc chia hết cho 14 ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,5 điểm) Ta có x2 y x2 y2  2  (  ) 2 y x y x  0,25 x4 y4 x4 y   xy     xy 4  xy y x2 y x2  x2 y2   x2 y      xy   xy        x  4 y x   y   xy  x2 y  y x Là số hữu tỷ 0,5 0,5 0,25 b) (1,5 điểm) 0,5 Xét số nguyên n, ta có n 0;1;6(mod 7) Từ chứng minh ta có số nguyên dương mũ chia cho dư hoặc 0,5 Mà a  b3  c3 chia hết phải có số chia hết cho suy abc chia hết cho Mà a  b3  c3 chia hết cho 14 suy tổng chẵn nên ba số a, b, c có số chẵn nên tích abc chia hết cho mà  2;7  1 Vậy tích abc chia hết cho 14 0,5 Câu (3,5 điểm): a) Giải phương trình nghiệm nguyên x  x  x  x   y b) Giải phương trình x  10 x  29 5 x  x  28 ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,75 điểm) Ta có x  x3  x  x   x  x3  x  x  x  ( x  x)  ( x  x  1)  ( x  x)2 (1) 1  Vì x  x   x     2  Mặt khác: x  x3  x  x   x  x3  x  x  x   x  x  x  4( x  x  1)  x  x  x  x  ( x  x  2) (2) 0,5 Từ (1) (2) Do x  x  x  x   y số phương nên x  x3  x  x  ( x  x  1)2  x  x  x  x   x  x3  3x  x   x 0  x  x 0    x  Vậy phương trình có nghiệm  x; y      1;1 ;   1;  1 ;  0;1 ;  0;  1  b) (1,75 điểm) x  x  28  x    x  x   0  x  ĐKXĐ: x  x  10 x  29 5 x  x  28   x    Đặt  x  4  x2  0.5 0,25 0,25 x     x  x   0 x  a; x  x  b;(a 0; b  0)  a b Ta có 2a  5ab  3b 0   a  b   2a  3b  0    2a 3b 0.5 0,5  x  x   x2  4x     x  x  x    13 Với x    x      13  x  x  0 x  a b   x  2a 3b  x  3 x  x      x  16 9 x  36 x  63 0,5  x   x   9 x  40 x  47 0 0,5   13  Vậy S     Câu ( điểm) Cho đường tròn  O; R  dây cung AB cố định  AB 2 R  Điểm M di động tia đối tia AB qua M kẻ hai tiếp tuyến MC ; MD với  O; R  Gọi H trực tâm tam giác MCD a) Tìm vị trí M thuộc tia đối tia AB để H thuộc  O; R  b) Chứng minh CD qua điểm cố định c) Gọi điểm cố định N chứng minh NB tiếp tuyến  O; R  Cho đường tròn  O; R  đường kính AB , C thuộc cung AB kẻ dây CD vng góc với AB H Tìm vị trí C để diên tích tam giác ACD lớn , tìm giá trị lớn theo R ĐÁP ÁN ĐIỂM N C M A B K H I O D a)(1,5 điểm) Ta có DH / / OC ( vng góc MC ; CH / / OD ( vng góc MD ) suy tứ giác CHDO hình bình hành có OC OD R Nên CHDO hình 0,5 thoi Tam giác MCD cân M có MO phân giác suy MO vng góc CD , mà MH vng góc DC , gọi MO cắt CD I , suy M , H , I , O thẳng hàng giả sử M thuộc  O; R  ta có tam giác OCH suy HOC 600  MOC 600 xét tam giác vng MCO có MOC 600 ; MCO 900 OC OM Cos 60  OM  0,5 OC 2.OC 2R Cos 600 Vậy M giao  O;2 R  tia BA thì H thuộc  O; R  0,5 ( Nếu không chứng minh thẳng hàng trừ 0,25 điểm) b) (1,0 điểm) Kẻ OK  AB;(K  AB); OK cắt CD N OKM đồng dạng với OIN ( g.g )  OI OM OK ON (1) 0,5 áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MCO đường cao CI ta có R2 khơng đổi OI OM OC R (2) từ (1) (2) ta có OK ON R  ON  OK tia ON cố định suy CD qua điểm N cố định 2 0,5 c) (0,5 điểm) Theo phần b OK OB OK ON R OB   ; BON KOB(chung ) OB ON Suy OBN đồng dạng với OKB (c.g.c) suy OBN OKB 900 0,5 Nên NB  OB; B   O; R  suy NB tiếp tuyến  O; R  (1,0 điểm) C A O B H D Đặt: AH  x  BH 2 R  x,(0  x  R ) Ta có ACB vuông C đường cao CH CH  AH HB  CH  x (2 R  x ); S ACD  AH.CD  AH.CH x x (2 R  x ) S ACD  x (2 R  x )  x (6 R  3x ) 4 0.5  3R  3R  x  x  x  R  x   3R  Ta co x (6 R  3x )    S   ACD      4 3      3R2 3R Max  S ACD    x 6 R  3x  x   AC  R 3; BC  R Câu (1,5 điểm): Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 1 Tìm giá trị nhỏ P   a  b   c2  b  c   a2  a  c   b2   c a b ĐÁP ÁN  c2  a  b c  a  b  0,5 c  ab  bc  ca  a  b   c ĐIỂM  a  c  b  c c M 0,25 a ; c dãy 2: Áp dụng BĐT Bunhia cho dãy :  Ta có  a  c   b  c   ab  c   b; c  a  c  b  c  ab  c suy ab  c ab 2ab 2 ab a b   a  b,(1) c c c b  c   a  2bc  b  c,(2);  a  c   b  2ac  a  c,(3) Tương tự  c b b a M  a  b  Từ (1);(2),(3) ta có P 0,5 2ab 2bc 2ac    2(a  b  c ) (*) c a b ab bc ab bc ac bc ac bc ab ac ab ac  2 2b;  2 2c;  2 2a c a c a b a b a c b c b 2ab 2bc 2ac    2(a  b  c) 4  a  b  c  Suy P  c a b Ta lại có Ta có 0,25 a  b  c ab  bc  ca   a  b  c  3  ab  bc  ca  3  a  b  c  Nên P 4(a  b  c) 4 a, b, c  0; ab  bc  ca 1  b c  a   1  a b c  Min P 4   c a  b a b c  0.5 HẾT Họ tên thí sinh : Số báo danh 10