Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam

Giới thiệu Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi : Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2021 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) a) Rút gọn các biểu thức sau: A= 13= + 30 4 + 9 − 4 2 ; B 3 2 3 + 12 − ( 4 4− 3 2 27 ) 3 + 3 2 3 − 12 − 2 ( 4 4− 3 ) 3 27 . b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( x −1) 2 x −1 − mx + m =0 có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình 4 3 + 2 x = 3 x − 1 + 4 4 − x .  x 2 + y 2 − xy + 4 y + 1 = 0 b) Giải hệ phương trình  . 2 2 0 3 x − y ( x − y ) + 10 y + 3 = Câu 3. (2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có tâm O và cạnh bằng 6cm , điểm M nằm trên cạnh BC. a) Khi BM = 2 cm , hạ OK vuông góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK. b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M không trùng B và C), điểm N thay đổi trên  = 450 , E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam giác AEM cạnh CD sao cho MAN vuông cân và đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Câu 4. (4,5 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R ) và (O ‘ ; r ) tiếp xúc ngoài tại A ( R > r ). Dựng lần lượt hai tiếp tuyến OB, O ‘ C của hai đường tròn (O ‘ ; r ) , (O ; R ) sao cho hai tiếp điểm B, C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO ‘. Từ B vẽ đường thẳng vuông góc với OO ‘ cắt O ‘ C tại K , từ C vẽ đường thẳng vuông góc với OO ‘ cắt OB tại H . a) Gọi D là giao điểm của OB và O ‘ C. Chứng minh DO.BO ‘ = CO.DO ‘ và DA là tia ’. phân giác của góc ODO b) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O ; R ) tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác OABE nội tiếp đường tròn. c) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O ‘ ; r ) tại F (F khác A), L là giao điểm của BC và EF . Chứng minh BF song song với CE và 3 điểm A, D, L thẳng hàng. Câu 5. (5,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đẳng thức x 3 + y 3 + 3 x 2 − 3 y 2 − 3 xy + 6 x = 0. b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= 1 1 1 + + ⋅ x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy ———- HẾT ———Họ và tên thí sinh: ……………………………… Phòng thi: ……… Số báo danh: …………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH Năm học 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm này có 06 trang) Câu Đáp án a) Rút gọn các biểu thức sau: A = = B Ta có A = Điểm 13 + 30 4 + 9 − 4 2 , 3 4(4 − 3)3 4(4 − 3)3 − − 2 3 12 3 27 27 . + 2 2 2 3 + 12 − 13 + 30 4 + 9 − 4 2 = 13 + 30 4 + (2 2 − 1) 2 2,5 0,25 = 13 + 30 3 + 2 2 =13 + 30( 2 + 1) 0,5 = 43 + 30 2 =+ (5 3 2) 2 = 5+3 2 0,5 4(4 − 3)3 + − 2 3 12 3 27 Đặt a = ,b 2 Suy ra a 3 + b3 = 2 3. Câu 1 a.b (4,5 đ) 3 2 3 − 12 − 2 4(4 − 3)3 27  4(4 − 3)3  12 − 12 −  3 27   4− 3 = 4 3 0,25 0,25 a 3 + b3= 2 3 ⇔ (a + b)3 − 3ab(a + b)= 2 3 ⇔ (a + b)3 − (4 − 3)(a + b) = 2 3 0,25 ⇔ (a + b)3 − 4(a + b) + 3(a + b) − 2 3 = 0 ⇔ (a + b − 2) (a + b)(a + b + 2) + 3  = 0 2 ( vì a > 0, b > 0 ). Vậy B = 2 . ⇔ a+b = 0,25 0,25 b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( x −1) 2 x −1 − mx + m =0 có hai nghiệm phân biệt. 1,5 Điều kiện: x ≥ 0,25 1 2  x =1 (thoa) ( x −1) 2 x −1 − mx + m = 0 ⇔ ( x −1)( 2 x −1 − m) ⇔   2 x −1 =m m ≥ 0  2 x −1 = m ⇔  m 2 +1 x = 2  m ≥ 0 m ≥ 0  + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi  m 2 +1 ⇔  ≠1  m ≠1   2 Trang 1/6 0,5 0,25 0,5 a) Giải phương trình 4 3 + 2 x = 3 x − 1 + 4 4 − x 3 + 2 x ≥ 0 3 Điều kiện:  ⇔− ≤x≤4 2 4 − x ≥ 0 2,0 0,25 4 3 + 2 x = 3 x − 1 + 4 4 − x ⇔ 4( 3 + 2 x − 4 − x ) = 3 x − 1 (*) 0,25 Do 3 + 2 x + 4 − x = 0 vô nghiệm nên pt(*) tương đương với phương trình 4( 3 + 2 x − 4 − x )( 3 + 2 x + 4 − x ) = (3 x − 1)( 3 + 2 x + 4 − x ) 0,25 3 x − 1 =0 ⇔ 4(3 x − 1) = (3 x − 1)( 3 + 2 x + 4 − x ) ⇔  4  3 + 2x + 4 − x = 1 • 3 x − 1 = 0 ⇔ x = (thỏa mãn) 3 0,5 0,25 3 + 2 x + 4 − x = 4 ⇔ 2 (3 + 2 x)(4 − x) = 9 − x x = 3 (thỏa mãn) ⇔ 9 x − 38 x + 33 =0 ⇔   x = 11 9  1 11 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm = x = ,x = , x 3. 3 9  x 2 + y 2 − xy + 4 y + 1 =0 b) Giải hệ phương trình  2 2 0 3 x − y ( x − y ) + 10 y + 3 = 2 2  x 2 + y 2 − xy + 4 y + 1 =0 ( x + 1) − y ( x − y ) =−4 y (*) ⇔  2  2 2 2 Câu 2 0 −10 y 3 x − y ( x − y ) + 10 y + 3 = 3( x + 1) − y ( x − y ) = (4,0 đ) – Nhận xét y = 0 không thỏa hệ. – Khi y ≠ 0 : Hệ phương trình (*) tương đương với hệ:  x2 + 1 − ( x − y) = −4   y (**)  2   + x 1 2 3 − ( x − y) = −10   y     a − b =−4 x2 + 1 Đặt = a, x − y= b , khi đó hệ (**) trở thành:  2 y −10 3a − b = −2 a = −3 a = + Giải hệ trên tìm được:  , = b 2= b 1  x2 + 1 1 −2 = −2  x = −3 a = x =  + hoặc  ⇔ y ⇔  y = −5 b = 2  y = −1 x − y = 2    −3 − 17 −3 + 17  x2 + 1 x= x =  = −3  a = −3   2 2 + hoặc  ⇔ y ⇔ 1 b =   y = −5 − 17 x − y =  y = −5 + 17 1    2 2  x 2 + y 2 − xy + 4 y + 1 =0 • Lưu ý:   x 2 + 1 =− y 2 + xy − 4 y ⇔ 2 2 2 2 y+3 0 + 10 0 3 x − y ( x − y ) + 10= 3( x + 1) − y ( x − y ) = Thay x 2 + 1 =− y 2 + xy − 4 y vào phương trình thứ hai. Trang 2/6 0,25 0,25 2,0 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 Câu 3 Cho hình vuông ABCD có tâm O và cạnh bằng 6 cm , điểm M nằm trên cạnh BC. (2,5 đ) a) Khi BM = 2 cm , hạ OK vuông góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK. + Gọi Q là giao điểm của AM và BD, P là trung điểm của MC. Suy ra OP//AM. + Trong tam giác OBP có MB = MP và MQ//OP. Suy ra Q là trung điểm của OB. 6 2 3 2 1 1 1 1 1 5 + BD = 6 2 ⇒ OQ = , = = 2+ = + = 2 2 2 2 4 2 18 OK OA OQ 3 2  3 2    2  ( ) 2,5 1,0 0,25 0,5 3 2 ⇒ OK = 5 0,25 b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M không trùng B và C), điểm N thay đổi trên  = 450 , E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam giác cạnh CD sao cho MAN AEM vuông cân và đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 1,5 0,25 (Không có hình không chấm điểm)   + MAN = MBE = 450 . Suy ra tứ giác ABME nội tiếp. Mà  ABM = 900 nên  AEM = 900 . Vậy tam giác AEM vuông cân tại E. + Gọi F là giao điểm của AM và BD. Tương tự suy ra  AFN = 900 0,25 0,25 + Gọi I là giao điểm của EM và FN, H là giao điểm của AI và MN. Suy ra AH vuông 0,25 góc với MN. + Xét hai tam giác vuông ABM và AHM có: AM chung; 0,25       + AMB = AEB, AEB = AMH (vì tứ giác MNEF nội tiếp). Do đó AMB = AMH Suy ra hai tam giác vuông ABM và AHM bằng nhau. Suy ra AH = AB = 6 cm (không đổi). 0,25 Do đó MN luôn cách A một khoảng cách bằng 6 cm. Suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính bằng 6 cm. Trang 3/6 Câu 4 Cho hai đường tròn (O ; R ) và (O ‘ ; r ) tiếp xúc ngoài tại A ( R > r ) . Dựng lần (4,5 đ) lượt hai tiếp tuyến OB, O ‘ C của hai đường tròn (O ‘ ; r ) , (O ; R ) sao cho hai tiếp điểm B, C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO ‘ . Từ B vẽ đường thẳng vuông góc với OO ‘ cắt O ‘ C tại K , từ C vẽ đường thẳng vuông góc với OO ‘ cắt OB tại H . a) Gọi D là giao điểm của OB và O ‘ C . Chứng minh DO.BO ‘ = CO.DO ‘ và ’ . DA là tia phân giác của góc ODO 4,5 1,5 0,25 (Không có hình vẽ không chấm)  =O  Xét hai tam giác ODC và O ‘ DB có: ODC ‘ DB ; 0,25  = DO  0,25 + Tứ giác OO ‘ BC nội tiếp đường tròn đường kính OO ‘ nên DOC ‘B. Suy ra hai tam giác ODC và O ‘ DB đồng dạng, do đó: DO CO 0,25 = ⇔ DO.BO ‘ = CO.DO ‘ DO ‘ BO ‘ DO CO AO ’ . Ta có: = = . Suy ra DA là tia phân giác của góc ODO 0,5 DO ‘ BO ‘ AO ‘ b) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O ; R ) tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác 1,5 OABE nội tiếp đường tròn.  = OO   + OCH ‘ CH ) ‘ C (Cùng phụ với O 0,25   (Cùng chắn cung OC ) + OO ‘ C = OBC  = OBC  . Suy ra hai tam giác OCH , OBC đồng dạng Suy ra OCH ⇒ OC OB OA OB . = ⇒ = OH OC OH OA 0,25 0,25 0,25 Suy ra hai tam giác OHA, OAB đồng dạng. =  hay OEA  = OBA  . Vậy tứ giác OABE nội tiếp trong đường tròn. ⇒ OAH OBA c) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O ‘ ; r ) tại F (F khác A), L là giao điểm của BC và EF . Chứng minh BF song song với CE và 3 điểm A, D, L thẳng hàng.  = EAB  = 1800 − OAE  −O   −O  EOB ‘ AB = 1800 − OBA ‘ BA = 900 ’ = 900 nên OE // O’B . Tương tự O’F // OC. Suy ra EOC  = BO  Mà OBO ‘F   Lại có: hai tam giác EOC và BO’F là hai tam giác cân. Suy ra ECO = BFO ‘ Hơn nữa OE // O’B nên BF// EC ( lưu ý O’B //OE) LC EC OE OA OC DC = = = = = LB BF O ‘ B O ‘ A O ‘ B DB  . Suy ra A, D, L thẳng hàng. Suy ra DL là tia phân giác của góc BDC Trang 4/6 0,25 0,25 1,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đẳng thức x 3 + y 3 + 3 x 2 − 3 y 2 − 3 xy + 6 x = 0. 3,0 x 3 + y 3 + 3 x 2 − 3 y 2 − 3 xy + 6 x = 0 ⇔ ( x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1) + ( y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1) − 3 xy + 3 x − 3 y = 0 ⇔ ( x + 1)3 + ( y − 1)3 − 3( x + 1)( y − 1) − 3 = 0 0 ⇔ [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) − 3 = 0,5 3 Đặt a = ( x + 1) + ( y − 1), b = ( x + 1)( y − 1) Khi đó ta có: a 3 − 3ab − 3b − 3 = 0 ⇔ a 3 −= 3 3b(a + 1) 0,25 Suy ra a 3 − = 3 (a 3 + 1) − 4   (a + 1) ⇒ 4 (a + 1) 32 + Với a + 1 =−4 ⇔ a =−5 ⇒ b = (không thỏa) 3 11 + Với a + 1 =−1 ⇔ a =−2 ⇒ b = (không thỏa) 3 1 + Với a + 1 =2 ⇔ a =1 ⇒ b =− (không thỏa) 3 + Với a + 1 =1 ⇔ a =0 ⇒ b =−1 . Tìm được ( x, y ) = (0, 0); ( x, y ) = (−2, 2) + Với a + 1 = 4 ⇔ a = 3 ⇒ b = 2 . Tìm được = ( x, y ) (0,3); = ( x, y ) (1, 2) + Với a + 1 =−2 ⇔ a =−3 ⇒ b =5 (không tồn tại x, y) b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 0,25 1 1 1 + + ⋅ x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy x y z 1 1 1 Ta có: A = + + = 2 + 2 + 2 x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy x + 2 y + 2 z + 2 2,0 thức A = x x 1 1  ≤ = 1 −  x + 2 2x +1 2  2x +1  1 1  1 1  y z ≤ 1 − ≤ 1 − Tương tự : 2 , 2  y + 2 2  2 y +1  z + 2 2  2z +1  x 2 + 2= ( x 2 + 1) + 1 ≥ 2 x + 1 ⇒ 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 2 3 1 1 1 1  −  + +  2 2  2x +1 2 y +1 2z +1  a b c Đặt = x = , y = ,z (a, b, c > 0). b c a 1 1 1 b c a + + = + + 2 x + 1 2 y + 1 2 z + 1 2a + b 2b + c 2c + a Suy ra A ≤ (a + b + c) 2 b2 c2 a2 + + ≥ =1 2ab + b 2 2bc + c 2 2ca + a 2 2ab + b 2 + 2bc + c 2 + 2ca + a 2 m 2 n 2 k 2 (m + n + k )2 (Chứng minh được BĐT: (với các số dương) : 0,25) + + ≥ x y z x+ y+z 3 1 Suy ra A ≤ − .1 = 1 (Dấu bằng xảy ra khi a= b= c hay x= y= z= 1 ) 2 2 0,5 0,25 0,25 = Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1. Trang 5/6 0,5 0,25 Nhận xét: Đặt x =a 3 , y =b3 , z =x 3 (a, b, c > 0, abc =1) 1 1 1 abc abc abc + + = + 3 + 3 3 2 x + 1 2 y + 1 2 z + 1 2a + abc 2b + abc 2c + abc = (bc) 2 (ca ) 2 (ab) 2 bc ca ab + + = + + 2a 2 + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab 2.ca.ab + (bc) 2 2.ab.bc + (ca ) 2 2.bc.ca + (ab) 2 (bc + ca + ab) 2 ≥ 2.ca.ab + (bc) 2 + 2.ab.bc + (ca ) 2 + 2.bc.ca + (ab) 2 (bc + ca + ab) 2 = = 1 (bc + ca + ab) 2 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. Trang 6/6
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top