013 đề thi hsg toán 9 tỉnh quảng bình 2020 2021

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020 Mơn thi: TỐN LỚP THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức  x2 11  x   x   A     :  x x   x  x      b) Giải phương trình : Câu (2,0 điểm)   x   2   x    x 7  x  x   x  x  4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y ax  b  a 0  qua điểm A  1;4  cắt tia Ox, Oy B C (khác O) a) Viết phương trình đường thẳng  d  cho biểu thức OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ P OB.OC BC b) Tính giá trị lớn biểu thức Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho hai điểm B, C cố định với BC 2a  a   A thay đổi cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm BC , đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường phân giác góc AMB AMC P Q Gọi D giao điểm MP với AB E giao điểm MQ với AC a) Giả sử AC 2 AB, tính số đo góc BQC PD  MP   QE  MQ  b) Chứng minh c) Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACQ ABP theo a Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 2 Chứng minh 2  a12  b  c  a b bc ca     4    a b b c c a b c a     Câu (1,0 điểm)       a) Số nguyên dương n gọi số điều hịa tổng bình phương n  Chứng minh pq (với n )   ước dương (kể p, q số nguyên tố khác nhau) số điều hịa pq  số phương 3 2 b) Tìm tất cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn x  y x  y  42 xy ĐÁP ÁN Câu x  t ,  t  0, t 3  x t  Khi  t t    3t  1   t   t   t    3t   t   A   :     :    2 t   t t  t t  t        t  3t   t  3 t  t  3  3t 3 x2      t    t  2 t  2  t  2 x   a) Đặt   b) Điều kiện : x 4 Ta có : x  x   x  x  4  x   x    x   x   4    x 2 x 2     x 4   x 2 2 4 x   4 x 2  Nhận xét Đẳng thức xảy :   x   x 22  x  0   x  4  x  0 x     x  2  x 8 Kết hợp với điều kiện suy nghiệm phương trình x 8 Câu a) Do  d  qua điểm A nên a  b 4   d  : y ax   a a  0   a 0  a a  B ;0  , C  0;4  a    Ta có :  a theo 4  a  a OB  , OC 4  a a Ta có OA  OB  OC nhỏ OB  OC nhỏ (vì OA khơng đổi) a 4 4   a 5     a  5    a  9 a a a 4  a   a  2(do a  0) a OA  OB  OC nhỏ  17 OB  OC  b) Theo câu a với a  , đường thẳng  d  cắt tia Ox, Oy B C khác O qua điểm A  1;4   OA  17 Gọi H hình chiếu vng góc O đường thẳng  d  , ta có : BC 1 1 OB.OC  2     P  17 2 2 OB OC OB OC OH OA 17 BC Đẳng thức xảy H  A, hay d  OA Vậy giá trị lớn P 17 Câu Q A E P D B C H M a) Ta có MA MB ME phân giác AMC nên ME đường trung trực đoạn AC  QA QC QEC 90 Vì MQ đường trung trực đoạn AC AM  AQ nên MC  QC Xét hai tam giác vuông ABC ECQ có ACB EQC (cùng phụ QCE ) AB EC (vì EC  AC 2 AB)  ABC ECQ  CQ CB hay tam giác BCQ vuông cân C, BQC 45 b) Ta có MP, MQ đường phân giác góc AMB, AMC nên MP  MQ Tương tự chứng minh câu a ta AD  MP, AE  MQ Áp dụng hệ thức tam giác vuông APM với đường cao AD ta có PD.PM PA2  1 Áp dụng hệ thức tam giác vuông AQM với đường cao AE ta có QE.QM QA2   PD QM PA2    QE PM QA Từ (1) (2) suy Áp dụng hệ thức tam giác vuông MPQ với đường cao MA Ta có : PA.PQ PM   QA.QP QM   PA PM    QA QM Từ (4) (5) suy PD  MP    dfcm  QE  MQ  Từ (3) (6) suy c) Vì MQ trung trực đoạn AC MP trung trực đoạn AB Suy CQ QA, BP  AP BCQP hình thang vng Do S BCQP BP  CQ  BC PQ.BC BC     2a 2 Kẻ AH  BC S ABC  2  * AH BC AM BC  a  ** 2 S  S ACQ S BCQP  S ABC 2a  a a Từ  * ,  ** suy ABP Đẳng thức xảy H M , tam giác ABC vng cân A Vậy giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACQ ABP a Câu b c a a b c       1 a  b b  c c  a a  b b  c c  a Ta có: Thật vậy, xét : b c a    a b b c c a  b a c b a a  a b b  b c c c a c 0 Ta chứng minh bất đẳng thức sau : Với x, y số thực a, b số dương, ta có x2 y  x  y     * a b a b  *   a  b   bx  ay  ab  x  y  Thật vậy, 2   ay  bx  0 (ln đúng) Áp dụng BĐT (*), ta có :  b     a1   a1 b c   b1 a   b1 c  c1  1     c1  a b b c   b c c a   c  a    a b    1 c a b         (do a  b  c 2) 2 b  c c a a b a Từ (1) (2) suy :     a1   b1  c1 1 bc ca a b       4 b  c b c a c a a b 2  a12  b  c  a b bc c a   (dfcm)    4    a b b c c a b c a     Câu a) Ta có pq có ước dương 1, p, q, pq      2 Vì pq số điều hịa nên ta có  p  q   pq   pq  3  2  p  q 6 pq    p  q  4  pq   Vì số phương nên tử đẳng thức suy pq  số phương (đpcm) b) Gọi d  x, y  UCLN  x, y   x da, y db  d , a, b  *,  a, b  1 3 Ta có : x  y x  y  42 xy  d  a  b3  d  a  b  42ab   d  a  b   a  ab  b  a  b  42ab   da  db  1  a  ab  b  43ab Đặt c da  db  1 c   2 2 Ta viết lại a c  abc  b c 43ab Từ suy b | ca ; a | cb  b | c; a | c Do  ab  | c  c mab, m   *  m  a  ab  b 2   a  ab  b 1 43   a  ab  b  | 43   2  a  ab  b 43 2 2 Th1: a  ab  b 1,  ab  a  b  0 Suy a b 1  d 22 Do  x; y   22;22  2 Th2: a  ab  b 43 Do tính đối xứng x, y ta giả sử x  y  a b 2 Do 43 a  ab  b ab b  b   1;2;3;4;5;6 b 1  a 7, d 1   x; y     1;7  ,  7;1  Thay Thay b 2,3,4,5 khơng tồn số ngun dương a thỏa mãn Thay b 6  a 7, d  43 (ktm) 13 Vậy cặp giá trị cần tìm  x, y   22,22  ,  1,7  ,  7,1