Đề thi học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bắc Ninh

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bắc Ninh

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

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 thi học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bắc Ninh

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

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN 9 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (4,0 điểm) x2 y 2 z 2 a b c x y z 1. Cho + + = 1. 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 = 1 và + + = a b c x y z a b c 2x + 2 x x − 1 x x + 1 . 2. Cho biểu thức P = + − x x− x x+ x a. Rút gọn P . b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x ≥ 4 . Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − m − 6 = 0 ( m là tham số). 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. 8. 2. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x 2 sao cho x1 + x 2 = Câu 3 (4,0 điểm) x 3 + xy + x= 2x 2y + 2y 2 + 2y 1. Giải hệ phương trình:  . 2 + 1 + 4 − 4 + 1 = 3 2 x y x y  2 2 2 2. Tìm các số tự nhiên x , y, z sao cho x + y + z + 3 < xy + 3y + 2z Câu 4 (2,0 điểm): Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a b 3 + 5b 2 − 3b + 18 + b c 3 + 5c 2 − 3c + 18 + c a 3 + 5a 2 − 3a + 18 Câu 5 (6,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi D, E , F lần lượt là tiếp điểm của (O ) với các cạnh AB, AC , BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF , DF lần lượt tại I , K . 1. Tính số đo góc BIF . 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . a. Khi AM = AB , gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng ba điểm A,O, H thẳng hàng. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O ) ; P,Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một góc không lớn hơn 450 3 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . 5 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 < a < b < c và P = giá trị nguyên. abc − 1 nhận (a − 1)(b − 1)(c − 1) ====== Hết ====== Họ và tên thí sinh :..................................................... Số báo danh:…….................... UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 1 1.1 1,5 điểm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN 9 Đáp án x y z x y z a b c 1 + + = 1 và + + = 0 . Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 = a b c a b c x y z 2 Cho 2 ĐK: xyzabc ≠ 0. a b c ayz+bxz+cxy Từ + + = 0 ⇔ = 0 ⇔ ayz + bxz + cxy = 0 x y z xyz x y z x y z x2 y 2 z 2 xy xz yz Ta có + + =1 ⇔ ( + + ) 2 =1 ⇔ 2 + 2 + 2 + 2( + + ) = 1 a b c a b c a b c ab ac bc x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 cxy + bxz + ayz 1 ⇔ 2 + 2 + 2 +2 = 1⇔ 2+ 2+ 2 = a b c abc a b c 1.2 2,5 điểm Cho biểu thức P = Điểm 2 0.5 0.5 0.5 2x + 2 x x −1 x x +1 + − x x− x x+ x a. Rút gọn P. b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x ≥ 4 . a. Điều kiện: x > 0; x ≠ 1. 2 x + 2 ( x − 1)( x + x + 1) ( x + 1)( x − x + 1) + − p= x x ( x − 1) x ( x + 1) 0.5 0.5 2x + 2 x + x +1 x − x +1 2x + 2 x + 2 + − = P= x x x x 0.5 2x + 2 x + 2 2 3 x )+ x +2 =( + 2 x x 2 0.5 b. P = 3 x 2 . 4+2= 7 + 0.5 2 x 2 Dấu bằng xảy ra khi x=4. Vậy GTNN của P = 7 khi x=4 Cho phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − m − 6 = 0 ( m là tham số). a. Tìm m để phương trình có hai nghiệm. 8? b. Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1 + x2 = Áp dụng AM-GM ⇒ P ≥ 2 Câu 2. 2,0 điểm 2.a 0.5 điểm Phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − m − 6 = 0 có hai nghiệm thì: 2 2 ∆ ‘= m − ( m − m − 6 )= m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6 2m  x1 + x2 = Theo hệ thức Vi-ét ta có:  2  x1 x2 = m − m − 6 Ta có x1 + x2 =8 ⇔ x12 + x2 2 + 2 x1 x2 =64 2.b 1,5 điểm ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 64 0.5 0.5 Trường hợp 1: m ≥ −6  Nếu x1 và x2 cùng dấu thì: x1 x2 ≥ 0 ⇔  2 m − m − 6 = ( m + 2 )( m − 3) ≥ 0  −6 ≤ m ≤ −2 (*) ⇔ m ≥ 3 Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x2 ) = 64 ⇔ 4m 2 = 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*)). 2 0.5 Trường hợp 2: Nếu x1 và x2 trái dấu thì: x1 x2 < 0 ⇔ m 2 − m − 6 = ( m + 2 )( m − 3) < 0 ⇔ −2 < m < 3 Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 64 ⇔ 4m 2 − 4 ( m 2 − m − 6 ) = 64 2 Câu 3. 4 điểm (**) 0.5 ⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**). Kết luận: m = ± 4  x3 + xy + = x 2x2 y + 2 y 2 + 2 y a. Giải hệ phương trình:  . 2 x y x y + + − + = 1 4 4 1 3 2  b. Tìm các số tự nhiên x, y, z sao cho x 2 + y 2 + z 2 + 3 < xy + 3 y + 2z  x3 + xy + = x 2 x 2 y + 2 y 2 + 2 y (1)  2 ( 2)  x + 1 + 4 y − 4 x + 1 =3 2 y 4 y 2 − 4 x + 1 ≥ 0 Điều kiện:  y ≥ 0 Ta có phương trình (1) ⇔ x3 − 2 x 2 y + xy − 2 y 2 + x − 2 y = 0 ⇔ ( x − 2 y ) ( x 2 + y + 1) = 0 0,5 x = 2y ⇔ 2 0 ( 3) x + y +1 = Dễ thấy ( 3) vô nghiệm do y ≥ 0 suy ra x = 2 y . Thay vào ( 2 ) ta được x + 1 + x 2 − 4 x + 1 =3 x Từ ( 4) ( 4) 0,5 suy ra x ≥ 0 Xét x = 0 thay vào phương trình ( 4 ) ta thấy không thỏa mãn Xét x > 0 , phương trình ( 4 ) tương đương 3.a 2 điểm Đặt t = x+ Phương trình 1 x (t ≥ 2) ⇒ x + ( 4 ) trở thành 1 2 = t −2 x x+ 1 x + x+ 1 −4 = 3 x t + t2 − 6 = 3 t ≤ 3 t ≤ 3 5  ⇔ t −6 = 3−t ⇔  2 ⇔ 5 ⇔t= 2 2 t − 6 = t − 6t + 9 t = 2 1  1 1  x= x= ⇒y= 1 5 5   2⇔ = ⇔ Với t = ⇒ x + 4 8   2 x 2  x = 2 x = 4 ⇒ y = 2 0,5 2 1 1 Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm  ;  ; ( 4; 2 )  4 8 Từ giả thiết ta có x 2 + y 2 + z 2 + 3 + 1 ≤ xy + 3 y + 2z ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 4 − xy − 3 y − 2z ≤ 0 3.b 2 điểm  2  y2   3y2 ⇔  x − xy +  +  − 3 y + 3  + ( z 2 − 2z + 1) ≤ 0 4   4   0,5 0,5 0,5 y  0 x − 2 = x = 1  2 2 y 2 y   y  ⇔  x −  + 3  − 1 + ( z − 1) ≤ 0 ⇔  − 1 = 0 ⇔  y = 2 2  2  2 z = 1  0 z −1 =   Câu 4. 2 điểm 0,5 x = 1  Vậy có duy nhất bộ  y = 2 thỏa mãn bài toán z = 1  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a b c P= + + b3 + 5b 2 − 3b + 18 c3 + 5c 2 − 3c + 18 a 3 + 5a 2 − 3a + 18 b + 6 + b2 − b + 3 b2 + 9 Ta có b3 + 5b 2 − 3b + 18= ( b + 6 ) ( b 2 − b + 3) ≤ = 2 2 a 2a ⇒ ≥ 2 (1) b3 + 5b 2 − 3b + 18 b + 9 0,5 Tương tự ta có 0.5 b ≥ 2b ( 2) ; c +9 c 2 ≥ 2c ( 3) a +9 2 c3 + 5c 2 − 3c + 18 a 3 + 5a 2 − 3a + 18 2a 2b 2c Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có P ≥ 2 + 2 + 2 b +9 c +9 a +9 2 2 2a 1  2a ( b + 9 ) − 2ab  1  2ab 2  1  2ab 2  1  ab   Mà 2 2a 2a =  = − ≥ − =  2a −      2 2  9 6b  9  3  b +9 9 b +9 b +9 9   1 ab + bc + ca  1  ab + bc + ca  Nên P ≥  2a + 2b + 2c − =  18 −  9 3 3  9  0.5 0.5 Lại có 3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) ⇒ ab + bc + ca ≤ 27 2 1 27  Suy ra P ≥ 18 −  = 1. 9 3  b + 6 = b 2 − b + 3  2 c + 6 = c − c + 3  Dấu bằng xảy ra ⇔ a + 6 = a 2 − a + 3 ⇔ a = b = c = 3 . a + b + c = 9  a= b= c= 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi a= b= c= 3 . ( Cho tam giác ABC vuông tại A AB < AC ( ) 0.5 ) ngoại tiếp đường tròn tâm O . Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của O với các cạnh AB, AC , BC . Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF , DF lần lượt tại I , K . Câu 5 6 điểm 1. Tính số đo góc BIF . 2. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . a. Khi AM = AB , gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng ba điểm A,O, H thẳng hàng. ( ) b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của O ; P,Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất. 5.1 2 điểm 1.0 Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD; OF ⊥ BF và BD = BF Mà OD = OF (vì D, F thuộc đường tròn (O)) nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF tại K ⇒ ∆ KIF vuông tại K.  = 900 Chỉ ra tứ giác ADOE là hình vuông => DOE Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 1 0  = 450  1 DOE  = DFE = = .90 450 hay KFI 2 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K  = 450  = 450 hay BIF  = 450 . Vậy BIF => KIF 0.5 0.5 0.5 5.2.a 2 điểm Tứ giác ADOE là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Có AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A  = 450 =>  ABM = 450 hay DBH 0   ( theo ý 1) => DBH = 45 = DFH 0.5 ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp ( 2 ) .  + BFO  = 900 + 900 = 1800 nên BDOF là tứ giác nội tiếp ( 3) Thấy BDO Từ ( 2 ) và ( 3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F cùng nằm trên một đường tròn 0.5   suy ra BHO = BFO = 900 ⇒ OH ⊥ BM. 0  Mặt khác  ADE = 45 = ABM và hai góc này đồng vị nên DE//BM⇒ OH ⊥ DE ( 4 ) Từ (1) và ( 4 ) ⇒ A, O, H thẳng hàng. 0.5 0.5  + DQN  = 900 + 900 = 1800 nên DPNQ là tứ giác nội tiếp Vì DPN  = QDN  (vì cùng chắn cung QN) (5) => QPN  = FEN  hay QDN  = FEN  (6) Mặt khác: tứ giác DENF nội tiếp (O) nên FDN  = FEN  (7) Từ (5) và (6) ta có QPN 5.2.b 2 điểm Câu 6 2 điểm  = PQN  (8) Tương tự ta có: EFN ∆NEF (g.g) Từ (7) và (8) suy ra: ∆NPQ PQ NQ => = EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ ≤ NF => = ≤1 EF NF = > PQ ≤ EF không đổi (do E, F cố định) Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do vậy: PQmax= EF khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một 3 góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn . 5 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 < a < b < c và P= 0.5 0.5 0.5 abc − 1 nhận giá trị nguyên. (a − 1)(b − 1)(c − 1) Chia lục giác đều có cạnh bằng 1 thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 1, có 19 điểm nằm trong lục giác đều nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một tam giác chứa 4 điểm trong 19 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác đều 3 3 R < . cạnh 1 có bán kính = 3 5 0.25 Trường hợp 1: Giả sử 4 điểm đó là A, B, C, D tạo thành một tứ giác lồi (Hình 3.1), suy ra   + CA  có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 900; giả sử đó là BA D ≤ 90 ⇒ BAC D ≤ 90   , CA suy ra trong hai góc BAC D có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 45 . Giả sử  ≤ 45 suy ra tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 . BAC A 6.a 1,0 điểm A A 0.25 B D C D B Hình 3.1 C C B Hình 3.2 D Hình 3.3 Trường hợp 2: Giả sử 4 điểm đó tạo thành các hình 3.2 và 3.3  ≥ 90 ⇒ CB     +) Nếu BDC D + BC D ≤ 90 thì một trong hai góc CB D, BC D có số đo  không lớn hơn 45 . Giả sử CB D ≤ 45 suy ra tam giác BCD thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 .   < 90 thì trong hai góc BAC   , CA +) Nếu BC D < 90 ⇒ BAD D có một góc không lớn hơn  ≤ 45 suy tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 . 45 . Giả sử BAC 0.5 Như vậy từ các trường hợp trên ta suy ra đpcm. ( a − 1) + 1 ( b − 1) + 1 ( c − 1) + 1 − 1 abc − 1 Ta có P =  = ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = 1+ 1 1 1 1 1 1 + + + + + a − 1 b − 1 c − 1 ( a − 1)( b − 1) ( b − 1)( c − 1) ( a − 1)( c − 1) 1 1 1 1 1 + + + + < 4 ( do a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ 4 ) 2 3 1.2 2.3 3.1 Hơn nữa P > 1 1 1 1 1 1 1 Nếu a ≥ 4 thì 4 ≤ a < b < c ⇒ P ≤ 1 + + + + + + <2 3 4 5 3.4 4.5 5.3 a = 2 P = 2 Vô lý vì P ∈ , P > 1 . Từ đó suy ra  và  . a = 3 P=3 Ta có 4 trường hợp sau: 0.25 ≤ 1+1+ Câu 6.b 1,0 điểm Trường hợp 1:= a 2,= P 2 ta có 0.25 2bc − 1 = 2 ⇔ 2bc − 1 = 2 ( b − 1)( c − 1) (1) ( b − 1)( c − 1) Do VT (1) lẻ mà VP (1) chẵn nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2:= a 2,= P 3 ta có 2bc − 1 = 3 ⇔ 2bc − 1 = 3 ( b − 1)( c − 1) ⇔ ( b − 3)( c − 3) = 5 ( b − 1)( c − 1) 1 b − 3 = ⇔ ⇒ a = 2, b = 4, c = 8 5 c − 3 = ( vì b < c ) Trường hợp 3:= a 3,= P 2 ta có 0.25 3bc − 1 =2 ⇔ ( b − 4 )( c − 4 ) =11 2 ( b − 1)( c − 1) 1 b − 4 = ⇔ ⇒ a = 3, b = 5, c = 15 11 c − 4 = Trường hợp 4:= a 3,= P 3 ta có 3bc − 1 = 3 ⇔ 3bc − 1 = 6 ( b − 1)( c − 1) 2 ( b − 1)( c − 1) Phương trình vô nghiệm vì vế phải chia hết cho 3 mà vế trái không chia hết cho 3. = b 4,= c 8  a 2,= thỏa mãn bài toán. Vậy  a 3,= b 5.= c 15 = 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top