Đề thi HSG môn Toán lớp 9 Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa năm 2020 - 2021

a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng. Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân. c) Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. T[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP THANH HĨA MƠN: TỐN

Năm học: 2020 – 2021

Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm 120 phút Câu (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: : ,

9

x x x x x

P

x x x x x

       

      

        

   

với x0, x4, x9

b) Cho a b c, , số thực đôi khác thỏa mãn 3

1 , , a   a b   b c   c

Tính giá trị biểu thức Qa2b2c2 Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 15x3x22x4 5x22 x44 b) Giải hệ phương trình:

  

2

2

4

1

x xy y y

x x y y

     

 

   

 

Câu (4,0 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên x y,  thỏa mãn phương trình 2xx2 9y212y19 b) Cho x y, hai số nguyên dương thỏa mãn 2

58

x y  chia hết cho xy Chứng minh

2

58

x y

xy

 

chia

hết cho 12 Câu (6,0 điểm)

Cho đường trịn I r;  có bán kính IE IF, vng góc với Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn  I E ,

F cắt A Trên tia đối tia EA lấy điểm B cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai đường tròn  I , D tiếp điểm, BD cắt AF C Gọi K giao điểm AI FD

a) Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng

b) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt FD P Gọi M trung điểm AB, MI cắt AC Q Chứng minh tam giác APQ tam giác cân

c) Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo r

Câu (2,0 điểm)

Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn 2  

4

x y z  xyz xyyzzx Tìm giá trị lớn biểu thức:

1 1  Px y z

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: : ,

9

x x x x x

P

x x x x x

       

      

        

   

với x0, x4, x9

b) Cho a b c, , số thực đôi khác thỏa mãn a3 1 ,a b3 1 ,b c3 1 c Tính giá trị biểu thức Qa2b2c2

Lời giải a) Với điều kiện cho, ta có:

 

  

3

3

1 1

9 3 3

x x

x x x

x x x x x

 

     

    

Ngoài ra:

    

  

2

3

3

2 3

x x x x

x x x x

x x x x x x x

     

   

   

      

Suy ra: 3

3 2

x P

x x x



  

  

Vậy P

x 



b) Nhận xét a b c, , ba nghiệm phương trình x33x 1 Theo định lý Viete, ta có:

3

a b c ab bc ca abc

   



   



 



Do ta có: Qa2b2c2 a b c  22ab bc ca  02  2  3 6 Vậy Q6

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:    

15 x x 2x 4 x 2 x 4

b) Giải hệ phương trình:

  

2

2

4

1

x xy y y

x x y y

     

 

   

 

Lời giải

2

2

4 x x 15 x

x x x

   

    

   

   

Đặt t x 2 x

   Phương trình cho trở thành:

         2

4 20 15 16 20 225 16 109 90 45

3 16 48 35 15

t t t t t t

t t t

t t t t

t                    

Với t3, ta có: 3 2 x

x x x

x x            

Thỏa điều kiện

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1, x2

b) Nhận xét y0 khơng thỏa mãn Xét y0, hệ phương trình tương đương:

      2 2 x x y y x x y y                  Đặt , x

a b x y

y 

    Hệ cho trở thành: 1 a b a b ab          Do đó: 2

1 1,

2,

2 x

y x x y

y x y x x x y                              

Vậy hệ cho có hai nghiệm x y;   1; , 2;5  Câu (4,0 điểm)

a) Tìm tất cặp số nguyên x y,  thỏa mãn phương trình 2xx2 9y212y19

b) Cho x y, hai số nguyên dương thỏa mãn x2y258 chia hết cho xy Chứng minh

2 58 x y xy   chia

hết cho 12

Lời giải a) Phương trình tương đương: 2xx2 3y22 15

Nếu x chia hết cho

2x

Nếu x lẽ x2x11 với *

1

x  Khi  2  2

1

2 4 x  2x 1  3y2 15 Suy 4x 2 1 12 mod 3  x

   

mà 3y2215 mod 3   nên x phải số chẵn Do đặt 2xx2 a2 3y 2 b Phương trình cho trở thành:

  

2

15 15

3 a b

a b a b a b

a b   

       

  

15 a b a b

   

  



3

a b a

a b b

  

 



 

  

 

Khi

2

2

2 16

x

x x

y y



  



 



  



 15

1

a b a

a b b

  

 



 

  

 

Khi

2

2 64

,

x x y

 



  

vô nghiệm

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có nghiệm x y;   2;  b) Theo đề ta có: 2

58

x y  mxy với *

m

Đặt k gcdx y,  với k1,k Khi ta có xkx1, yky1 với x1, y1* Thay vào phương trình ta được: 2 2

1 58 1

k x y  mk x y Suy 58 chia hết k2k 1 Vì k 1 nên x y, lẽ hai số x y, có số chẵn, số lẽ

Nếu có số chẵn khơng tính tổng qt giả sử y chẵn từ phương trình suy x chẵn, vơ lí

Vậy x y lẽ Suy xy lẽ

Do đặt x2x21, y2y21 với x2, y2* x2y2584x22 y224x2y260 chia hết cho Do x2y258 chia hết cho

Một số phương chia dư Nếu x chia hết cho y khơng chia hết cho gcdx y, 1 Khi x2y2 58 chia dư mà xy chia hết cho 3, vơ lí Do x y khơng chia hết cho Khi ta có x2 y2 58 1 3    0 mod   Suy x2y258 chia hết cho

Vì 2

58

x y  chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên

2

58

x y

xy

 

chia hết cho 12

Câu (6,0 điểm)

Cho đường trịn I r;  có bán kính IE IF, vng góc với Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn  I E ,

F cắt A Trên tia đối tia EA lấy điểm B cho EBr, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai đường tròn  I , D tiếp điểm, BD cắt AF C Gọi K giao điểm AI FD

a) Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng

c) Xác định vị trí điểm B để tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo r

Lời giải

a) Nhận xét I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Khi

0

0 180

180 180 90

2 2

BAC ABC ACB ACB

AIB      

      

Tứ giác FIDC nội tiếp nên ACB IFK IFD ICD 

     

Suy 900

2 ACB

AFK AFI IFK 

      

Do AIB AFK Mà BAI  KAF 45 Nên hai tam giác IAB FAK đồng dạng với

b) Gọi T giao điểm FI  I Theo bồ đề quen thuộc BT qua tiếp điểm Q của đường tròn bàng tiếp ABC AC AF Q C Mặt khác theo bổ đề hình thang hình thang AFTB có M I, trung điểm AB FT, ta có M I Q, ,  thẳng hàng

Mà MI AF cắt Q nên suy QQ

T

Q M

P

K E

F

D I

B

A

Câu (2,0 điểm)

Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn x2y2z24xyz2xyyzzx Tìm giá trị lớn biểu thức:

1 1  Px y z

Lời giải Ta có:

 

 

   

2 2

2 2

2

4

2 2 4

4

x y z xyz xy yz zx

x y z xy xz yz yz xyz

y z x yz x

     

       

    

Suy y z x2 yz 2 1x Đặt a y z 0, ta được:

   

 

2 2 2 2

1

2

a x a x a x ax x

x a a

      

  

Mặt khác       

2

2

1

4

y z a

y z   

    nên ta có:

     

2

2

2

4

a a a

Pa a     Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:

    

4

1 2 27

3 2

3 16

a a a a

a a a a        

        

 

Suy 27 64

P Đẳng thức xảy

a hay 3,

4

x yz

Vậy giá trị lớn P 27

64 đạt

3

,

4