ĐỀ&ĐA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH MÔN TOÁN 9 HUYỆN TĨNH GIA NĂM HỌC 2019-2020

- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm..[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TĨNH GIA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2019-2020

Mơn thi: TỐN - Lớp THCS

Ngày thi: 17/01/2020

Thời gian:

150 phút

(không kể thời gian giao

đề)

Đề thi có 01 trang, gồm câu.

Câu I

(4,0 điểm)

1) Cho

a³ 0;a¹ 1

Rút gọn biểu thức

(

)

3 3

6 20 14 3 :

2( 1)

a

S a a a

a

é - ù

ê ú

= - + + + - - ê - ú

-ê ú

ë û

.

2) Cho

x y;

thỏa mãn

0< <x 1; 0< <y 1

1 1

y x

x+ y=

- -

.

Tính giá trị biểu thức

P= + +x y x2- xy+y2

Câu II

(4,0 điểm)

1 Tìm

m

để phương trình

(

x- 2

)(

x- 3

)(

x+4

)(

x+ =5

)

m

có nghiệm phân biệt.

Giải hệ phương trình

(

)

(

)

3

2

9 26

xy x y

xy x y x y

ìï + =

ïïí

ï - + =

-ïïỵ

.

Câu III

(4,0 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên

(

x y;

)

cho

3 6 1 0.

x +y - xy+ =

2 Tìm số nguyên

(

x y;

)

không nhỏ cho

xy- 1

chia hết cho

(

x- 1

)(

y- 1

)

.

Câu IV (6 điểm).

Cho đường tròn

(

O R;

)

dây cung

BC=R 3

cố định Điểm

A

di động

trên cung lớn

BC»

cho tam giác

VABC

nhọn Gọi

E

điểm đối xứng với

B

qua

AC

và

F

điểm đối xứng với

C

qua

AB

Các đường tròn ngoại tiếp tam giác

VABE

VACF

cắt

K

(

K¹ A

) Gọi

H

giao điểm

BE

CF

.

1) Chứng minh

KA

phân giác góc

BKC·

tứ giác

BHCK

nội tiếp.

2) Xác định vị trí điểm

A

để diện tích tứ giác

BHCK

lớn nhất, tính diện tích lớn của

tứ giác theo

R

.

3) Chứng minh

AK

qua một điểm cố định.

Câu V (2,0 điểm).

Cho số thực dương

x y z; ;

thỏa mãn

2

1 1

1

x +y +z =

Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

= + +

+ + +

…… HẾT……….

Câu

Nội dung

Điểm

I.1

Rút gọn biểu thức

P

.

2,0

Ta có

(

) (

)

(

) (

(

)

)

2

3

3

2 2 2 :

2

a

S a

a

-= - + +

-(

)(

) (

) ( )

2

2 2 2

1

a

a

= - + +

-1,0

4 2

= - + = (với a³ 0;a¹ 1).

1,0

I.2

2,0

Ta có

(

)

2

2 3

P= + +x y x - xy+y = + +x y x+y - xy

0,5

Thay

1 2

1

y x

x y xy

x+ y= Þ + - =

- - vào biểu thức P ta được

(

)

2

(

)

(

)

2

2 1 1

P= + +x y x+y - x+ + = + +y x y x+ -y = + + + -x y x y =

0,5

(vìx+ £y 1)

0,5

Giải thích x y

+ £ .

Từ giả thiết ta có ;

1

y x

x y

- - số dương mà 1 1

y x

x+ y=

- - , nên ta có

2 1

1

1 1

2 1

1

1

x x

x

x x x y

y y

y

y y

ì ì ì

ï ï - ï

ï £ ï £ ï £

ï ï ï

ï - ï - ï

ï Û ï Þ ï Þ + £

í í - í

ï ï ï

ï £ ï £ ï £

ï ï ï

ï - ï - ïïỵ

ï ï

ỵ ỵ .

Vậy P=1

0,5

II.1

2,0

Phương trình

(

x- 2

)(

x- 3

)(

x+4

)(

x+ =5

)

m

(

x2 2x 8

)(

x2 2x 15

)

m

Û + - + - =

(1)

Đặt

(

)

2

2 2 1 1

x + x+ = x+ =y

(y³ 0),

0,25

phương trình (1) trở thành:

(

y- 9

)(

y- 16

)

= Ûm y2- 25y+144- m=0

(2)

0,25

Với mỡi giá trị y>0 phương trình

(

)

2

1

x+ =y có nghiệm phân biệt, phương trình

(1) có nghiệm phân biệt, phương trình (2) phải có nghiệm dương phân biệt

0,25

Û

0 49

49

0 25 144

4

0 144

m

S m

P m

ì ì

ïD >¢ ïD =¢ + >

ï ï

ï ï

-ï ï

ï > Û ï > Û < <

í í

ï ï

ï > ï - >

ï ï

ï ï

ï ï

ỵ î

0,5

Vậy với 49

144 m

- < <

phương trình (1) có nghiệm phân biệt

0,25

II.2

Giải hệ phương trình

2,0

Hệ phương trình cho tương đương với

(

)

(

)

3 3

2

6 27

xy x y

x y x y xy x y

ìï + =

ïïí

ï + + = - -

-ïïỵ

0,5

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

3 3

3

2

3 3

xy x y xy x y

x y xy x y x y x y x y

ì ì

ï + = ï + =

ï ï

ï ï

Û íï Û íï

+ + + = - + =

-ï ï

ï ï

ỵ î

0,5

(

)

(

)

2

1

3

x y xy x y

x y xy x y

x y x y

ì ì

ï + = ï =

ï ï

Û íï Û íï Û = =

+ =

+ =

-ï ï

ỵ ỵ

0,5

Vậy nghiệm hệ x= =y

0,5

III.1

2,0

Sử dụng đẳng thức

(

)

(

)

3 3 3 2

a +b + -c abc= + +a b c a +b +c - ab bc- - ca

0,25

Ta có x3+y3+ -8 6xy=7

(

)

(

2

)

2 2

x y x y xy x y

Û + + + + - - - =

Mà

(

)

(

)

(

)

2 2

2 4 2 2 2 2 0

2

x +y + - xy- x- y= éêêx- y + -x + -y ùúú³

ë û

0,25

Suy ta có trường hợp:

+ TH1: 2

2

1

4 2

x y

y x

x y xy x y

ìï + + =

ï Þ =

-íï + + - - - = ïỵ

(

)

2

(

)

(

)

2 1 4 1 2 2 1 7

x x x x x x

Þ + - - + - - - =

0

3

1

x y

x x

x y

é = Þ =-ê

Þ + = Þ ê =- Þ =

ë .

0,25

+ TH2: 2

2

5

4 2

x y

y x

x y xy x y

ìï + + =

ï Þ =

-íï + + - - - =

ïỵ

0,25

(

)

2

(

)

(

)

2 5 4 5 2 2 5 1

x x x x x x

Þ + - + - - - =

0,25

2

3 15 18

3

x y

x x

x y

é = Þ = ê

Þ - + = Þ ê = Þ =

ë

0,25

Đáp số

(

x y;

) (

= - 1; , 0;

) (

- , 2; , 3; 2

) (

) (

)

0,25

III.2

2,0

 Biến đổi đại số

Ta có



x1

 

y 1



xy x y  1 nên:



xy1

 

x1

 

y 1







xy 1

 

 xy x y  1



0,25

 Mợt số ln chia hết cho

Ta có



xy x y  1

 

xy x y  1



0,25

 Hai số chia hết cho mợt số hiệu hai số



 





 





 



1

2

1

xy xy x y

x y xy x y

xy x y xy x y

    



     



     

 



 



x 1

 

y 1

 

xy x y 1





x 1

 

y 1

 

x 1

 

y 1



              

0,25

 Tính chất chia hết a b ka b với a b k; ; số nguyên



x1

 

 y1

 

 x1

 

y1







x 1



2



x 1

 

y1

 

x1

 

y1



0,25

 Một tổng hai số hạng chia hết cho mợt số có mợt số hạng chia hết cho số số

hạng lại chia hết







 

 

 





 

 

 



2

1 1 1

1 1

x x y x y

x y x y

      

 

   

 



 Þ

(

x- 1

) (

2Mx- 1

)(

y- 1

) (

Û x- 1

) (

My- 1

)

;

hồn tồn tương tự ta có



y 1

 

 x 1



 Có hai số thỏa mãn: Số thứ chia số thứ hai số thứ hai chia hết cho số thứ

hai số

Ta có

(

) (

)

(

) (

)

1

1

1

x y

x y x y

y x

ìï -

-ïï Þ - = - Û =

íï -

-ïïỵ

M M

Thay lại vào đề ta có











 

 



2

2 1 1 1 1 1

x  x  x x  x



x 1

 

x 1







x 1



2



x 1





x 1



            

0,25

 Số thứ chia hết cho số thứ hai số thứ hai ước số thứ









 2





2 x1  x1 U  1; 2 x 2 x 1 suy



x 1

 

 1; 2



1 2

1 3

x x y

x x y

      

   

    

  .

0,25

Vậy x y x y

0,25

IV

IV.1

2,5

Ta có AKB· =AEB· (vì chắn cung »AB đường tròn ngoại tiếp tam giác VAEB)

Mà ·ABE=AEB· (tính chất đối xứng) suy ·AKB=·ABE (1)

0,25

· ·

AKC=AFC (vì chắn cung »AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

0,25

· ·

Mặt khác ·ABE=ACF· (cùng phụ với BAC· ) (3).

Từ (1), (2) (3), suy AKB· =·AKC hay KA phân giác góc ·BKC

Gọi P Q; lần lượt giao điểm BE với AC CF với AB

0,25

Ta có BC=R 3, nên BOC· =1200;

· 1·

60

BAC= BOC= o

Trong tam giác vuông VABP có ·APB=900; BAC· =600Þ ·ABP=300 hay

· · 300

ABE=ACF= .

0,5

Tứ giác APHQ có ·AQH+·APH=1800

· · · ·

180 120 120

PAQ PHQ PHQ BHC

Þ + = Þ = Þ = (đối đỉnh).

0,25

Ta có AKC· =·ABE=300; AKB· =ACF· =·ABE=300

(theo chứng minh trên)

0,25

Mà BKC· =AKC· +AKB· =AFC· +AEB· =ACF· +ABE· =600, suy BHC· +BKC· =1800,

nên tứ giác BHCK nội tiếp

0,5

IV.2

2,0

Gọi (O¢) đường trịn qua bốn điểm B H C K; ; ; Ta có dây cung BC=R 3,

· 600 ·

BKC= =BAC nên bán kính đường trịn (O¢) bán kính R đường trịn ( )O

0,25

Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với

BC (N thuộc BC), gọi I giao điểm HK BC

0,25

Ta có

(

)

1 1

2 2

BHCK BHC BCK

S =SV +SV = BC HM+ BC KN= BC HM+KN

0,25

(

)

1

2

BHCK

S £ BC HI+KI = BC KH

(do HM£HI; KN£KI)

0,25

Ta có KH dây cung đường trịn (O¢; R) suy KH£ 2R (không đổi), nên SBHCK lớn

nhất KH=2R HM+KN=HK=2R.

0,25

Giá trị lớn

2

1

3.2

BHCK

S = R R= R

0,25

Khi HK đường kính đường trịn (O¢) M I N; ; trùng suy I trung điểm

của BC nên DABC cân A

0,25

Khi A điểm cung lớn BC»

0,25

Tứ giác

BOCK

có

BOC· +BKC· =1200+600=1800

Suy tứ giác

BOCK

tứ

giác nội tiếp.

0,25

Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB=OC

(

=R

)

nên OB» =OC»

0,25

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BOCK

có

OB» =OC»

nên

BKO· =CKO·

suy

KO

là

phân giác

BKC·

0,25

 KO phân giác BKC· nên K O; nằm đường phân giác BKC·

0,25

 KA phân giác góc ·BKC nên K A; nằm đường phân giác BKC·

Suy ba điểm O A K; ; thẳng hàng

0,25

hay AK qua O cố định.

0,25

V

2,0

Ta có

2

2 2

1 1

1

1 1

P

y

x z

z x

z y x y

= + +

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ + ữ ç + ÷ ç + ÷

ç ÷ ç ữữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗố ứ ỗ ữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

t

1 1

; ;

a b c

x= y= z= a b c, , >0 2

1

a +b + =c

0,5

Ta có

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2 2

1 1

a b c a b c

P

b c c a a b a a b b c c

= + + = + +

+ + + - - -

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có

(

)

2

(

)(

)

2

2 2 2 1

1 1

2 27

a a a

a - a = a - a - a Ê ỗỗỗổ + - + - ữữửữữ=

ỗố ø

(

2

)

(

)

2

2 3

1

2

3

a

a a a

a a

Þ - £ Û ³

(1)

0,25

Tương tự

(

)

2

2

3

b

b b - b ³

(2)

0,25

(

)

2

2

3

c

c c - c ³

(3)

Từ (1), (2) (3), ta có

(

)

2 2

3 3

2

P³ a + +b c =

0,25

Dấu “=” xảy

1

a= = =b c

hay x= = =y z Vậy giá trị nhỏ P

3

0,25

- Hết

-Chú ý:

- Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân

chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án.

- Đối với câu (Hình học):