Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Phú Yên là tài liệu thực sự hữu ích cho các em học sinh nằm trong đội tuyển học sinh giỏi môn Toán cấp tỉnh. Đề thi có hướng dẫn giải chi tiết, hi vọng giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đạt điểm cao trong kì thi quan trọng này. Mời các em tham khảo.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS, NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TỐN Ngày thi: 30/3/2021 Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) - Câu 1.(5,00 điểm) a) Chứng minh rằng:  13   13  b) Biết đa thức x  x  px  4qx  r chia hết cho đa thức x3  3x  x  Tính giá trị biểu thức  p  q  r Câu 2.( 3,50 điểm) Giải hệ phương trình:  xy   x  y  xy    2 x  y  xy  10   xy Câu 3.(2,50 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  13 Câu 4.(3,00 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt D Gọi E, F giao điểm DA với (O) DA với BC; H giao điểm OD với BC a) Chứng minh tam giác OAH đồng dạng với tam giác ODA b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt (O) K (khác A) Chứng minh E, H, K thẳng hàng Câu 5.(3,00 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 1 1 P  x  y với x  0, y  0,        xy  x y  x xy y Câu 6.( 3,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có H trực tâm, (I) đường trịn nội tiếp Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Gọi K hình chiếu vng góc D EF   EKC  a) Chứng minh FKB b) Gọi P, Q giao điểm HB, HC với EF Chứng minh đẳng thức: EK.FP = FK EQ  c) Chứng minh KD phân giác HKI -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………………;Số báo danh:…………………… … Chữ kí giám thị 1:……….……………… ;Chữ kí giám thị 2:……… ……………………… Đáp án thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 5,00 đ a) Chứng minh rằng: A   13   13  2,50 đ Ta thấy: A3  10  1,00 đ    13   13  10  A   A  1  A2  A  10   0,50 đ  39  Vì A2  A  10   A     nên suy A    A  2  b) Biết đa thức x  x  px  4qx  r chia hết cho đa thức x3  x  x  Tính giá trị biểu thức Q   p  q  r Giả sử x  x  px  4qx  r   x  a   x3  3x  x  3  x   a  3 x3   3a   x   9a  3 x  3a 4  a  a  6 p  3a  p    Đồng hệ số bậc hai vế, ta được:   q  a   q  r  3a r  1,00 đ 2,50 đ 0,50 đ 0,50 đ 1,00 đ Suy  p  q  r  15 0,50 đ  xy   x  y  xy   Giải hệ phương trình:  2 x  y  xy  10   xy 3,50 đ Điều kiện xy  0, x  y  xy  Đặt u  xy, v  x  y  xy  u , v   , hệ phương trình cho trở thành 0,25 đ 0,50 đ u   v  (1)  v  10  (2)  u 10 4u  10 Từ (2)  v   hay v  Thay vào (1) ta u u u 5u    u  10u  25    u     u   v  2 4u  10  xy   xy  Ta hệ phương trình:   2 x  y  xy  2 x  y  0,50 đ  x    y   x   x   2 x  x       y   x  x   y   x      y  1,00 đ 0,50 đ 0,50 đ 5  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;5  ,  ;  2  0,25 đ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  13 (*) 2,50 đ Ta có: (*)  2( x  1)  5(3  y ) 0,50 đ Do (2, 5)  nên  x  1   y  2 0,50 đ Đặt x   5k ,3  y  2l , ta có: 10k  10l  k  l  k , l    2 0,50 đ  k  x  5k    Do đó:    k  l   y   2l  l   Vậy x  2, y  1 Phương trình có nghiệm ngun: (-2 ;-1), (-2 ;1), (2 ;-1) (2 ;1) 0,50 đ 0,50 đ a) Chứng minh ∆OAH ∆ODA Theo tính chất tiếp tuyến BC  OD Áp dụng HTL vào tam giác vuông OCD, với CH đường cao ta có: OC  OH OD  OA2  OH OD OA OD   OH OA ∆OAH ∆ODA b) Chứng minh E, H, K thẳng hàng Từ câu a) ta có ∆OAH 3,00 đ 1,00 đ 0,25 đ K A 0,50 đ O B F C H E ∆ODA   OAD   OEA  (1)  OHA  OAEH nội tiếp   EAO   OAD  (2)  EHD 1,00 đ D   OHA  (3) Từ (1) (2)  EHD Dễ thấy ∆ABH=∆KCH (c.g.c)  HA = HK hay AKH cân H (4) Vì OH  BC, AK//BC  OH  AK (5)   OHK  (6) Từ (4) (5) suy OH phân giác  AHK hay OHA 0,25 đ 2,00 đ 0,50 đ   EHD ; Kết hợp (3) (6) suy OHK   OHK   EHO   EHD   1800 , hay điểm E, H, K thẳng hàng Suy EHO 0,50 đ 1 1 1       xy  x y  x2 xy y2 3,00 đ Tìm GTLN biểu thức: P  x  y với x  0, y  0, Giả thiết: 1 1 1 2        x  y  x  xy  y (do x  0, y  ) xy  x y  x2 xy y Do đó: P  x3  y   x  y   x  xy  y    x  y  Để ý x  y  x  xy  y   x  y   xy 2 0,50 đ 0,50 đ  x  y xy  0,50 đ 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 ...   k  l   y   2l  l   Vậy x  2, y  1 Phương trình có nghiệm nguyên: (-2 ;-1 ), (-2 ;1), (2 ;-1 ) (2 ;1) 0,50 đ 0,50 đ a) Chứng minh ∆OAH ∆ODA Theo tính chất tiếp tuyến BC  OD... HQP   (4)  HQ QP EK IE   HKQ  Từ (3) (4) ta có   IKE HKQ (c.g.c)  IKE QK HQ   90 0  IKE   90 0  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... 0,50 đ 0,50 đ 5  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;5  ,  ;  2  0,25 đ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  13 (*) 2,50 đ Ta có: (*)  2( x  1)  5(3  y ) 0,50 đ Do (2, 5)  nên