Bộ 17 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh

BỘ 17 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP CẤP TỈNH MỤC LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT An Giang Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Giang Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Ninh Bình Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cao Bằng Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Nam Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Lạng Sơn Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên 10 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Quảng Bình 11 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế 12 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Trà Vinh 13 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Phịng GD&ĐT Yên Định 14 Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bình Dương 15 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Bình Phước 16 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hà Nam 17 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Lâm Đồng BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP Năm học: 2020 – 2021 Mơn: TỐN – Ngày thi: 18/03/2021 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thức oOo -Bài (5.0 điểm) x  x 1  x  x 1  2b  c 4 Cho số thực a , b , c thỏa mãn a Chứng minh phương trình: ax  bx  c  ln có nghiệm Giải phương trình: Bài (6.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y  x  y    x  y  Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 Chứng minh chọn từ 69 số số cho chúng có số tổng số lại Bài (4.0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB , nửa đường tròn O  lấy điểm C cho cung BC nhỏ cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O  cắt AB D Kẻ CH vng góc với AB  H  AB  , kẻ BK vuông góc với CD  K  CD  ; CH cắt BK E a) Chứng minh BK  BD  EC b) Chứng minh BH AD  AH BD Bài (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A M điểm di động BC ( M khác B , C ) Hình chiếu M lên AB , AC H K Gọi I giao điểm BK CH Chứng minh đường thẳng IM qua điểm cố định Bài (2.0 điểm) Tìm tất giá trị x để:  x    x   x   4  x  x x  x  30  HẾT  GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HSG TỐN – BÌNH ĐỊNH 2021 Bài (5.0 điểm) x  x 1  x  x 1  2b  c 4 Cho số thực a , b , c thỏa mãn a Chứng minh phương trình: ax  bx  c  ln có nghiệm  x 1    Điều kiện:  x  x 1    x  x 1   Giải phương trình:  x  Ta có x  x 1    vơ nghiệm Do biết đổi phương trình sau:   x  x 1 x  x 1  x  x 1    x  x 1   x  x 1 Cách 1:          x   x  x 1 1   x  x 1     x  (thỏa ĐK)  x 1  x  x  2    x  x 1   x  x 1     x  x 1 1   Vậy nghiệm phương trình x  Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có: VT   VP Đẳng thức xảy khi:  x  1  x  x 1  x  x 1     x  (thỏa ĐK)  x 1  x  x  x  x 1  Vậy nghiệm phương trình x  2b  c ac  b  2bc  c  b  c   với b , c Ta có   b  ac  b  a  Vậy phương trình cho ln có nghiệm Bài (6.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình:  x  y  x  y    x  y  Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 Chứng minh chọn từ 69 số số cho chúng có số tổng số cịn lại Ta có:  x  y  x  y    x  y 3  3x y  x y  xy  3xy  y  y   y  y   x  x  y  x  x     2   2 y   x  x  y  x  x   Với y  , ta được: x  x với x   Do trường hợp phương trình có vơ số nghiệm nguyên  x ; y  k ;0 với k    Với y   x  x  y  x  x  , ta có:  y  x  x  x  24 x  x  x  x  1  x  8 x  x 4 Trường hợp 1: x  1 phương trình có nghiệm kép y    1 4 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán Trường hợp 2: x  1 Để phương trình có nghiệm ngun  số phương, suy x  x  8  a với a     x   a  x   a   16 Lập bảng, tìm  x ; a   9;  3, 8;0, 9;3, 1;3, 0;0, 1;3 Do x  1;0;8;9 - Với x  y  - Với x  1 y  1 - Với x  y  10  y  6 - Với x    y  21 Do trường hợp nghiệm phương trình là:  x ; y   0;0, 1; 1, 8;10, 9;  6, 9;  21  Vậy nghiệm nguyên phương trình là:  x ; y    x ; y   1;1, 8; 10, 9; 6, 9;  21, k ;0 (với k   ) Giả sử 69 số là:  a1  a2  a3   a69  100 Suy a1  32 ; a3  a2  Khi suy ra:   a1  a3  a1  a4   a1  a69  132 1 ; dãy có 67 số hạng   a3  a2  a4  a2   a69  a2  98 2 ; dãy có 67 số hạng Do dãy 1 dãy 2 có 134 số hạng nhận giá trị từ đến 132 (có 132 giá trị) Theo ngun tắc Đirichlet suy có số hạng giá trị Giả sử a1  am  an  a2 (với  m , n  69 m , n   ), suy a1  a2  am  an  Vậy từ 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 chọn số cho chúng có số tổng số cịn lại Bài (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , nửa đường trịn O  lấy điểm C cho cung BC nhỏ cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O  cắt AB D Kẻ CH vng góc với AB  H  AB  , kẻ BK vng góc với CD  K  CD  ; CH cắt BK E a) Chứng minh BK  BD  EC b) Chứng minh BH AD  AH BD a)  Tam giác CDE có BH  CE ; EK  CD nên B trực tâm CDE  BC  ED 1  Ta có:   HCB  (cùng phụ ABC  ) HAC   BCD  (góc tạo tiếp tuyến dây cung – góc HAC  ) nội tiếp chắn cung BC   HCB  Do đó: BCD Suy BC tia phân giác CDE 2 Từ 1 2 suy ra: CDE cân C   BC đường trung trực ED  BE  BD Khi đó: BK  BD  BK  BE  EK  EC (vì EKC vng K ) GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán b) Gọi I giao điểm BC ED  Ta có: BH AD  BH  AB  BD   BH AB  BH BD - BH AB  BC (do ABC vuông C CH đường cao) - BH BD  BI BC (do BHC  BID ) Suy ra: BH AD  BH AB  BH BD  BC  BI BC  BC  BC  CI   CB.CI 3  Ta có: AH BD  AC ID (do AHC  BID ) 4  AC ID  CB.CI (do ABC  CDI ) 5  Từ 3 , 4  5 suy ra: BH AD  AH BD Bài (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A M điểm di động BC ( M khác B , C ) Hình chiếu M lên AB , AC H K Gọi I giao điểm BK CH Chứng minh đường thẳng IM qua điểm cố định  Dựng hình vng ABCD Gọi E giao điểm HM CD ; F giao điểm DM AC  Vì BHM vng cân H ; MKC vng cân K tứ giác AHMK hình chữ nhật nên: BH  HM  AK CK  MK  AH   AKB  Chứng minh được: BDH  ABK (c – g – c), suy BHD   ABK   90 , nên BHD   ABK   90  Lại có AKB  BK  HD 1  Tương tự, chứng minh được: CH  DK 2 Từ 1 2 suy ra: I trực tâm DHK   DI  HK    DFC  (so le trong) 3  Ta có: ME  AC nên DME Vì AHMK hình chữ nhật, CEMK hình vng nên HA  MK  ME  CK  CE Lại có: CD  CA nên CA  CK  CD  CE  AK  DE   DME  4  Khi đó: AHK  EMD (c – g – c)   AHK   DFC  mà AHK   AKH   90 nên DKC   AKH   90 Từ 3 4  , suy ra: AHK Do DM  HK  Từ   , suy ra: D , I , M thẳng hàng; mà D điểm cố định  Do đường thẳng IM ln qua điểm cố định Bài (2.0 điểm) Tìm tất giá trị x để:  x  24  x   x   4  x  x x  x  30 Điều kiện:  x  Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:   4  x  24  x   x   x  x 2   x 1 x  1 1 x  1 x 1 x 2    2 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang BỘ ĐỀ THI HSG  BD HSG – Toán  x 1 1  x 1 7x 4x    2  x x  27 x  27  x suy x x  x  27 Cộng vế theo vế ta được:  x  24  x   x   4  x  x x  x   x 1  x   27  30 4 Do bất phương trình cho ln với  x   Vậy nghiệm bất phương trình là:  x   CHÚC CÁC EM HỌC TỐT  GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang Suy x  y   x  y    x  y    x  y   x  y     0,50 đ Hay  x  y     x  y   16 0,50 đ Vậy Max P = 16 Dấu đẳng thức xảy x  y    EKC  a) Chứng minh FKB Gọi M, N theo thứ tự hình chiếu B, C lên EF Khi đó:   BFM AFE   AEF  CEN  BFM CEN BM BF BD     CN CE CD 0,50 đ 3,00 đ 1,00 đ A Q M F P K E N 0,50 đ I H B D C Mặt khác, BM//DK//CN nên theo định lí Thales ta có: BD MK BM MK   EKC      BMK CNK (c.g.c)  FKB CD NK CN NK b) Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK EQ  )   CEQ  , FBP   ECQ  (cùng phụ BAC Dễ chứng minh BFP FB FP  (1)  EC EQ   EKC  Kết hợp với BFK   CEK  BFK Theo a) FKB CEK (g.g); FB FK suy  (2)  EC EK FP FK Từ (1) (2) suy   EK FP  FK EQ (đpcm) EQ EK Do BFP CEQ (g.g)   c) Chứng minh KD phân giác HKI FP FK FP  FK KP EK FK EK  FK EF Theo b):        (3)  EQ EK EQ  EK KQ QK PK QK  PK QP   HPQ   IFE   HQP  Hơn nữa, IE//HP, IF//HQ, IE=IF nên IEF Do IEF HQP (g.g) IE EF Ta có IEF HQP   (4)  HQ QP EK IE   HKQ  Từ (3) (4) ta có   IKE HKQ (c.g.c)  IKE QK HQ   900  IKE   900  HKQ   HKD  , hay KD phân giác Suy IKD  IKH 0,50 đ 1,00 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,00 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 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 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang 05 câu ĐỀ CHÍNH THỨC SỐ BÁO DANH:…………… Câu (2,0 điểm)  x+2 11 + x   x + + 1  − :  x+2  x+2 +3 7− x   x−3 x+2 +2 (với x > −2 x ≠ 7) a Rút gọn biểu thức A = +  b Giải phương trình x + x − + x − x − = Câu (2,0 điểm) 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 b Tính giá trị lớn biểu thức P = OB.OC BC Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho hai điểm B, C cố định với = BC 2a (a > 0) A thay đổi cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm BC , đường thẳng qua A vng góc với AMC P Q Gọi D giao AM cắt đường phân giác góc  AMB  điểm MP với AB E giao điểm MQ với AC  a Giả sử AC = AB , tính số đo góc BQC PD  MP  = b Chứng minh  QE  MQ  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 = Chứng minh  a+b b+c c+a + + ≤ 4  a+ b b+ c c+ a   ( ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1   a   Câu (2,0 điểm) a Số nguyên dương n gọi số điều hịa tổng bình phương ước dương (kể n ) ( n + 3) Chứng minh pq (với p, q số nguyên tố khác nhau) số điều hịa pq + số phương b Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn x + y = x + y + 42 xy -HẾT SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP THCS Đáp án gồm có 05 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng * Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh không vẽ hình vẽ hình sai cho điểm * Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm câu * Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu Nội dung Câu a Rút gọn biểu thức  x+2 11 + x   x + + 1  A= + −  :  x+2  x+2 +3 7− x   x−3 x+2 +2 (với x > −2 x ≠ 7) b Giải phương trình Đặt 2,0 điểm x+4 x−4 + x−4 x−4 = x + = t (t > 0, t ≠ 3) ⇒ x = t − 0,25 Khi  t t +   3t + 1   t (3 − t ) + t +   3t + − t +  + : − =   :  t − 3t    2 t + − t t − t t − t         3(t + 3) t (t − 3) −3t = (3 − t )(3 + t) 2(t + 2) 2(t + 2) A= 1a −3 x + 2( x + + 2) Vậy A = 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ x+4 x−4 + x−4 x−4 = Ta có ⇔ x−4+4 x−4 +4 + x−4−4 x−4 +4 = 0,5 ⇔ ( x − + 2) + ( x − − 2) = 1b ⇔ Nhận xét x−4 +2 + x−4 +2 + x−4 −2 = x−4 −2 ≥ x−4 +2+2− x−4 = Đẳng thức xảy ( x − + 2)(2 − x − 4) ≥ ⇔ − x − ≥ (Do x − + > 0) 0,25 ⇔ x−4 ≤ 2⇔ x≤8 Đáp án Toán năm học 2020-2021 Page Kết hợp với điều kiện suy nghiệm phương trình ≤ x ≤ 0,25 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 OB.OC b Tính giá trị lớn biểu thức P = BC Do ( d ) qua điểm A nên a + b = ⇒ ( d ) : y = ax + − a a−4  Ta có B  ;0  , C (0; − a ) theo  a  a − >0  ⇒a a−4 , OC= − a a Ta có OA + OB + OC nhỏ OB + OC nhỏ (vì OA khơng đổi) a−4 −4 −4 OB + OC = +4−a = 5+ + (−a) ≥ + (− a ) ≥ a a a OA + OB + OC nhỏ + 17 −4 − a = ⇔ a =−2 (do a < 0) a Vậy phương trình đường thằng ( d ) là: y = −2 x + OB= 2a 2,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Theo câu a với a < đường thằng ( d ) cắt tia Ox, Oy B C 17 (khác O ) qua điểm A(1;4) ⇒ OA = y C 2b O A H 0,25 d B x Gọi H hình chiếu vng góc O đường thẳng ( d ) , ta có BC 1 1 = + = ≥ = 2 2 2 OB OC OB OC OH OA 17 OB.OC ⇒ = P ≤ 17 BC Đẳng thức xảy H ≡ A , hay d ⊥ OA Vậy giá trị lớn biểu thức P 17 BC 2a (a > 0) Trong mặt phẳng, cho hai điểm B, C cố định với= A thay đổi cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm Đáp án Toán năm học 2020-2021 0,25 0,25 0,25 3,0 điểm Page BC ; đường thẳng qua A vng góc AM cắt đường phân giác góc  AMC P, Q Gọi D giao điểm MP với AB E AMB  giao điểm MQ với AC  a Giả sử AC = AB , tính số đo góc BQC PD  MP  = b Chứng minh  QE  MQ  c Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACQ ABP theo a Q 0,25 A P E D 3a B H M C Ta có MA = MC ME phân giác góc  AMC nên ME đường trung  = 900 trực đoạn AC ⇒ QA = QC QEC MQ đường trung trực đoạn AC AM ⊥ AQ nên MC ⊥ QC Xét hai tam giác vng ABC ECQ  (cùng phụ góc QCE  ) AB = EC (vì EC = AC = AB ) có  ACB = EQC ⇒ ∆ABC = ∆ECQ ⇒ CQ = CB hay tam giác BCQ vng cân C, 0,25 0,25 0,5  = 450 BQC 3b Ta có MP, MQ đường phân giác góc  AMC AMB  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 (2) PD QM PA2 Từ (1) (2) suy = (3) QE PM QA2 Áp dụng hệ thức tam giác vng MPQ với đường cao MA Ta có PA.PQ = PM (4) QA.QP = QM (5) Đáp án Toán năm học 2020-2021 0,25 0,25 0,25 Page Từ (4) (5) suy PA PM = (6) QA QM PD  MP  Từ (3) (6) suy =  QE  MQ  3c ( ĐPCM ) 0,25 Vì MQ trung trực đoạn AC MP trung trực đoạn AB suy = CQ QA = , BP AP BCQP hình thang vng BP + CQ ) BC PQ.BC BC ( Do S BCQP= = ≥ = 2a (*) 2 AH BC AM BC Kẻ AH vng góc BC S ABC = ≤ = a (**) 2 Từ (*) (**) suy S ABP + S ACQ= S BCQP − S ABC ≥ 2a − a= a2 Đẳng thức xảy H ≡ M , khi tam giác ABC vuông cân A Vậy giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACQ ABP a 0,25 0,25 0,25 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = CMR:  a+b b+c c+a + + ≤ 4  a+ b b+ c c+ a   ( ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1    a   b c a a b c (1) + + = + + a+ b b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a Thật vậy, xét b c a a b c + + − − − a+ b b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a 1,0 điểm Ta có = b− a+ c− b+ a− c=0 Ta chứng minh bất đẳng thức sau : Với x, y số thực a, b số x y ( x + y)2 + ≥ (*) dương , ta có a b a+b 2 Thật (*) ⇔ ( a + b ) ( bx + ay ) ≥ ab ( x + y ) ⇔ ( ay − bx ) ≥ (BĐT đúng) ( Áp dụng BĐT (*), ta có ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1 0,25 0,25 a  ( a + b − 2) ( b + c − 2) ( c + a − 2)  ≥  + +  2 b+ c c+ a a+ b  ⇔ ( ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1 a ( ⇔ ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1 a Đáp án Toán năm học 2020-2021 0,25 1 c a b  ≥  + +  (2) 2 b + c c+ a a+ b a+ b+ c= 2) ( Từ (1) (2) suy 2 1 b+c c+a a+b  ≥  + +  4 b + c c+ a a+ b 0,25 Page ⇔  + + ≤ 4  a+ b b+ c c+ a  a+b b+c c+a ( ) +( a −1 b ) +( b −1 c ) c −1  a  ( ĐPCM )   a Số nguyên dương n gọi số điều hòa tổng bình phương ước dương (kể n ) ( n + 3) Chứng minh pq (với p, q số nguyên tố khác nhau) số điều hòa pq + số phương b Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn 2,0 điểm x + y = x + y + 42 xy Ta có pq có ước dương 1, p, q pq Vì pq số điều hịa nên ta có + p + q + ( pq ) = 5a ( pq + 3) 0,25 ⇔ p + q= pq + ⇔ ( p − q )= ( pq + ) 0,25 Vì số phương nên từ đẳng thức suy pq + số phương (ĐPCM) 0,25 Gọi d = ( x, y ) ước chung lớn x y = x da = , y db với d , a, b ∈ * , ( a, b ) = Suy Ta có x + y = x + y + 42 xy ⇔ d ( a + b= ) d ( a + b2 + 42ab ) 0,25 ⇔ d ( a + b ) ( a − ab + b ) = a + b + 42ab ⇔ ( da + db − 1) ( a − ab + b ) = 43ab Đặt c = da + db − 1,(c ∈ ) 5b 43ab Ta viết lại a 2c − abc + b 2c = Từ suy b | ca a | cb ⇒ b | c a | c Do ( ab ) | c ⇔ = c mab, m ∈ *  a − ab + b = ⇒ m ( a − ab + b ) = 43 ⇒ ( a − ab + b ) | 43 ⇒  2 43  a − ab + b = , − ab = (a − b) ≥ TH1: a − ab + b = Suy a =b =1 ⇒ d =22 Do ( x, y ) = ( 22, 22 ) 43 TH2: a − ab + b = Do tính đối xứng x, y , ta giả sử x ≥ y ⇒ a ≥ b Do 43 = a − ab + b ≥ ab ≥ b ⇒ b ∈ {1, 2,3, 4,5,6} Thay b = a = d = suy ( x, y ) = (1,7 ) , ( 7,1) Thay b = 2,3, 4,5 , khơng tồn số nguyên dương a thỏa mãn 43 Thay b = a = d = (khơng thỏa mãn) 13 Thử lại, ta có cặp giá trị cầm tìm ( x, y ) = ( 22, 22 ) , (1,7 ) , ( 7,1) Đáp án Toán năm học 2020-2021 0,25 0,25 0,25 0,25 Page SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: TỐN - Lớp: THCS Ngày thi: 15 tháng 05 năm 2020 Thời gian làm bài: 150 phút (khơng tính thời gian phát đề) Bài 1: (4 điểm.) √ √ 2−1 2+1 a) Cho a = ;b = Tính a7 + b7 2 b) Giải phương trình sau với x ∈ R √ √ √ √ x2 − 3x + + x + = x2 + 2x − + x − Bài 2: (5 điểm) a) Cho a = n3 + 2n b = n4 + 3n2 + Với n số tự nhiên, tìm ước chung lớn a b b) Chứng minh với số nguyên dương x, y A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y số phương Bài 3: (5 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương m cho m2 + 12 số phương b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = |a| ≤ 1, |b| ≤ 1, |c| ≤ Chứng minh a4 + b6 + c8 ≤ Bài 4: (2 điểm) Trên canh AB, BC, CA tam giác ABC, lấy điểm M, N, P AM BN CP cho = = = k Gọi SM N P , SABC diện tích tam giác M N P tam MB NC PA giác ABC Tìm k để SM N P = SABC Bài 5: (4 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) Gọi C, D hai điểm nửa đường trịn cho C thuộc cung AD COD = 120◦ Gọi giao điểm hai dây AD BC E, giao điểm đường thẳng AC BD F a) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn tính bán kính đường trịn theo R b) Tìm giá trị lớn nhât diện tích tam giác F AB theo R C, D thay đổi thỏa mãn giả thiết toán HẾT Biên soạn: Long Nguyễn ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: TỐN - Lớp: THCS Ngày thi: 23 tháng 05 năm 2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) - SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC Bài 1: (5 điểm) √ √ 2x + 16x + x−2 √ 1) Cho biểu thức P = +√ +√ −2 x+2 x−3 x−1 x+3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên x để P số tự nhiên c) Cho x, y số thực thỏa mãn x2 + y − xy = Tìm giá trị lớn biểu thức A = x2 + y Bài 2: (5 điểm) 1) Giải phương trình √ 3x2 − 12x + 16 + 2) Giải hệ phương trình y − 4y + 13 = x2 − y + x − y = x3 − x2 y − x.y + y = 3) Cho (P ) độ thị hàm số y = 2x2 a) Vẽ đồ thị (P ) hàm số b) Tìm tập hợp điểm M cho qua M kẻ hai đường thẳng vng góc tiếp xúc với (P ) Bài 3: (5 điểm) Cho đường trịn tâm O dây cung AB khơng qua tâm, điểm M di chuyển cung lớn AB Từ M kẻ M H vng góc với AB(H ∈ AB) Từ H kẻ đường thẳng vng góc với M A, M B E F Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt AB D cắt (O) N Chứng minh a) Các điểm M, E, H, F thuộc đường tròn b) M N đường kính (O) c) Tìm vị trí M cung lớn AB để AH.AD = BD.BH Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC vng A có BC = 6(cm), đường cao AH Gọi D E theo thứ tự hình chiếu vng góc H AB AC Tam giác ABC có điều kiện hình chữ nhật ADHE có diện tích lớn nhất? Tìm diện tích lớn Bài 5: (3 điểm) 1) Cho a, b số nguyên lẻ không chia hết cho Chứng minh a2 − b3 chia hết cho 24 2) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn (x2 + 1) (x2 + y ) = 4x2 y - HẾT Biên soạn: Long Nguyễn ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn: TỐN - Lớp: THCS Ngày thi: 22 tháng 05 năm 2020 Thời gian làm bài: 150 phút (đề thi gồm có 01 trang) - SỞ GD&ĐT HÀ NAM Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P = với x ≥ 0; x = √ 10x + 5x √ √ − 5x 5x − 5x + 5x + √ + 5x x √ −1 + 5x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm) Cho hai đường thẳng d : y = d :y= 1 + + m−1 m m+1 x+ 2018 2019 2020 + + m−1 m m+1 (m tham số) Tìm điều kiện tham số m để hai đường thẳng d, d cắt Gọi A giao điểm hai đường thẳng d d , tìm m để độ dài đoạn thẳng OA Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình √ √ 2x2 + x + = 2x2 + x + 2x2 + x + 10 Giải hệ phương trình (x + y)2 = 2xy(xy + 1) (x + y)(1 + xy) = (x2 + y ) Bài 4: (1,5 điểm) Cho hai số m, n nguyên dương thỏa mãn m ước 2n2 Chứng minh n2 + m số phương Bài 5: (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R), đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Đường thẳng AD cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai M Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt BC K a) Chứng minh BAH = OAC b) Chứng minh đường thẳng KM tiếp tuyến đường tròn (O; R) c) Giả sử điểm A cố định, điểm B, C thay đổi đường tròn (O; R) thỏa mãn AB.AC = 3R2 Khi tam giác ABC có diện tích lớn nhất, tính độ dài đoạn thẳng OF Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), M điểm cung nhỏ BC (M không trùng với B C) Đường tròn (O , R ) với (R > R) tiếp xúc với đường tròn (O; R) điểm M Các đoạn thẳng M A, M B, M C cắt đường tròn (O ; R ) điểm thứ hai D, E, F Từ A, B, C kẻ tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường trịn (O ; R ), I, J, K tiếp điểm Chứng minh DE song song với AB AI = BJ +CK Bài 6: (1,5 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh x2 y y2z2 z x2 + + ≤ 2x2 + 3x2 y + y 2y + 3y z + z 2z + 3z x2 + x2 - HẾT Biên soạn: Long Nguyễn ... 15 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 20 19- 2020 - Sở GD&ĐT Bình Phước 16 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 20 19- 2020 - Sở GD&ĐT Hà Nam 17 Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp. .. Bình Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cao Bằng Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Đắk Lắk Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh. .. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Lạng Sơn Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp cấp tỉnh