052 đề thi hsg toán 9 tỉnh tiền giang 2020 2021

PHÒNG GDDT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2020-2021, MƠN TỐN Thời gian làm : 150 phút Câu (4,0 điểm) 3 1) Cho biểu thức A   80   80 Chứng minh A số nguyên tố 2) Cho 31 số nguyên a1 , a2 , , a31 a) Chứng minh a1  a1 chia hết cho 3 b) Biết a1  a2   a31 chia hết cho Chứng minh a1  a2   a31 chia hết cho 3) Tìm tất số tự nhiên n cho n  n  số nguyên tố Câu (6,0 điểm) 1) Cho a, b hai số thực dương ab 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P   a b a b 2 2) Giải phương trình 5 x  3  x x  x 3) Cho phương trình   m  3 x   2m 0 (m tham số thực) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt cho hai nghiệm giá trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có đội dài đường cao ứng với cạnh huyền (đơn vị độ dài) Câu (4,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : y x  m   m  3 Gọi A, B giao điểm đường thẳng  d  với trục tọa độ Ox, Oy Tìm m để diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác OAB 8 (đơn vị diện tích) 2) Sau đợt tổng kết phát thưởng cho vận động viên đạt giải Hội Khỏe Phù Đổng cấp Tỉnh trường X, tổng số tiền phát thưởng 23 triệu đồng, huy chương vàng (HCV) triệu đồng , huy chương bạc (HCB) triệu đồng huy chương đồng (HCĐ) triệu đồng Tính số vận động viên đạt HCV , HCB, HCD , biết tổng số vận động viên đạt HCB HCĐ không người Câu (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b cho a  b ab 0 thỏa mãn : 2 a  b ab  2020a  2021b  a b 4a   M  a  ab a  ab a  b Tính giá trị biểu thức 31a  3b3 Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A ngồi đường trịn Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn  O   B, C tiếp điểm) Vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O)  M nằm A N  Gọi E trung điểm NM a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C thuộc đường tròn b) Tia CE cắt  O  I Chứng minh tứ giác BINM hình thang cân c) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp ĐÁP ÁN Câu 1) A   80   80  A3 9  80     80  3  80  80  9 80   80   A3 18  A  A3  A  18 0  A 3   A  3  A2  A   0    A 3 A  A   0( VN )  Vậy A số nguyên tố 2) a) Ta có: a13  a1 a1  a12  1 a1  a1  1  a1  1 Có  a1  1 ; a1;  a1  1 ba số nguyên liên tiếp  a1  a1  1  a1  1 6  a1  a1 6 b) Ta có : a  a23   a31    a1  a2   a31   a13  a1    a23  a2     a313  a31  6, mà a1  a2   a31 chia hết cho 3 Vậy a1  a2   a31 chia hết cho 3) Ta có n  n   n  n  1  n  n  1  n   n  n  1    n 0   n  n  1  n 1  Để n  n  số nguyên tố n 1  n  n  3(tm) n 0  n  n  1(ktm) n   n  n  3(tm) Vậy n 1 n  n  n  số nguyên tố chia hết cho Câu 1 a b a b P       2 a b a  b ab a  b a  b 1) Ta có : a b  , ab 4  a b 2 a b Dấu " " xảy 2) ĐK: x 5 2 5 x  3  x x      x  1 3  x  x  1   x   x  1  x  0  3  3 x  Do x 5 nên  x 1  3  x  0  3 x  3  x 2,  x 0   3 x    x  0  x 2 3 x   x 2 , dấu x 5 Vậy tập nghiệm phương trình S  1;5 3) Ta có   m  3   2m 0, suy phương trình ln có nghiệm x 1 nghiệm x 5  2m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt  2m 1  m 2 Vì hai nghiệm hai cạnh tam giác vng có đường cao có độ dài nên 5  2m   1    2  m  (tm)    2m         Vậy m Câu 1) Vì A giao điểm đường thẳng  d  với Ox nên A   m;0  Vì B giao điểm đường thẳng  d  với Oy nên B  0; m  3  AB   m  3 Vì tam giác OAB tam giác vng O nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB R AB  2  m  3 2 Để diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác OAB 8  R 8  m  4  m 7  R 8   m  3 16    (tm)  m    m  Vậy m 7 m  thỏa mãn đề 2) Gọi số vận động viên đạt HCV x Gọi số vận động viên đạt HCB y Gọi số vận động viên đạt HCĐ z  x, y, z   * 23  x   5 x  y  z 23 5 x 23    x 4    y  z  23  x  19   x   Ta có : Khi y  z 3  y z 1 Vậy có vận động viên đạt HCV, vận động viên đạt HCB, vận động viên đạt HCĐ Câu 2 a  b a b 4a a  b a  b2  a  b  a  b2     4 2 a  ab a  ab a  b a  ab a a  ab a Ta có:  Đặt  a  b a2 x 1  x Suy Câu 2 2 a  b  4  a2 2 b b          4  * a  a  b  x 1 a , suy (*) trở thành  21  x  M  x  1(ktm) 4  3x  x  0    x  (tm)  a 3b  3b.b  2020.3b  2021b  8081  31.27.b3  3b3 280 B I N E M A H O C a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C thuộc đường trịn Ta có : OBA OCA 90  AB, AC tiếp tuyến  O  ) Mà OEA 90  E trung điểm dây MN )  B, C , E nằm đường trịn đường kính OA  A, B, C , O, E nằm đường tròn b) Tia CE cắt  O  I Chứng minh tứ giác BINM hình thang cân A, B, C , O, E nằm đường tròn  ABEC tứ giác nội tiếp  ABC AEC (2 góc nội tiếp chắn dây AC )    sd MB  ABC  sd BC  sd MC 2 Mà (là góc tiếp tuyến dây BC )   sd MC  AEC  sd IN (góc có đỉnh bên đường trịn)       Vì ABC AEC  sd MC  sd MB sd IN  sd MC  sd IN sd MB  MI   NB MI  NB        BIC ABC   sd BC   BIC AEC   Ta có : (hai góc vị trí đồng vị)  BI / / AM  tứ giác MBIN hình thang mà NB MI  tứ giác MBIN hình thang cân c) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp Xét hai tam giác ABM ANB có: BAM chung, ABM ANB (cùng chắn cung BM )  ABM ∽ ANB  g.g   AB AM   AB  AM AN AN AB mà AB  AH AO  ABO vuông B có đường cao AM AH  AO AN Xét hai tam giác AMH AON có : AM AH  cmt  MAH chung, AO AN   AMH ∽ AON (c.g c)  AHM ANO Xét tứ giác MHNO có AHM ANO Vậy tứ giác MHNO tứ giác nội tiếp (góc ngồi góc đỉnh đối diện) BH )  AM AN  AH AO 