Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 . MÔN TOÁN 9 Câu 1. 1) Rút gọn biểu thức :  x x  x 1  x  2 x  5  x  0  P   :    x  2 x  2 x   x 1 x  x  2  x  4 2) Tìm giá trị của biểu thức M  x 3  9 x  2021 với x  3 12  3 13  3 12  3 13 Câu 2. 1) Giải phương trình : 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1  9 x  3 3 2  x  2 xy  12 y  0 2) Giải hệ phương trình :  2 2 8 y  x  12 Câu 3. 1) Tìm tất cả các số chính phương có ba chữ số và chia hết cho 56 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4  0 Câu 4. 1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm y1  x13  2 x2 và y2  x23  2 x1 , trong đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2  x  5  0 2) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn  a  1 b  1  4ab. Tìm giá trị lớn 1 1  nhất của biểu thức P  3a 2  1 3b 2  1 Câu 5. Cho tam giác ABC có BAC  60. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm M , N , P. Đường thẳng IM cắt NP tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F . Gọi G là trung điểm của BC 1) Chứng minh AEIF là một tứ giác nôi tiếp đường tròn 2) Chứng minh ba điểm A, K , G thẳng hàng 3) Gọi S1 là diện tích tứ giác INAP và S 2 là diện tích của tam giác IEF . Chứng minh S1  4 S 2 Câu 6. Cho đường tròn  O  có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ AD  E  A, E  D  . Gọi M là giao điểm của EC và OM ON OA, N là giao điểm của EB, OD. Chứng minh rằng   2 . Đẳng thức AM DN xảy ra khi E ở vị trí nào trên cung nhỏ AD ? ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Với x  0, x  4 , ta có :  x x  x 1  x  2 x5  P   :   x  2 x  2 x   x 1 x  x  2   x  x  x 1 x4x5   x  1 x  2 . x  1 x  2   x 1 1 x  x  2 x   : x 2  x 1 2 x 2) Áp dụng công thức  a  b   a 3  b3  3ab  a  b  3   9 12  3 13  12  3 13   2021  12  3 13  12  3 13  3 144  117. 12  3 13  12  3 13  9  12  3 13  12  3 13   2021  24  3.3  12  3 13  12  3 13   9. 12  3 13  12  3 13   2021 3 M  x  9 x  2021   12  3 13  3 3 12  3 13 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3  2045 Câu 2. 1) Giải phương trình 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1  9 x  3 1 4 x 2  5 x  1  0  x    ĐK:  2 4I    x  x  1  0  x  1 4×2  5x  1  2 x2  x  1  9x  3   9x  3 4 x2  5x  1  2 x2  x  1  9x  3 4×2  5x  1  4 x2  4 x  4 2 2 4x  5x  1  2 x  x  1  9x  3 1  x  (tm)    3 1   9 x  3   1  0   2 2 1   4 x  5x  1  2 x  x  1   1*  4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1 2 1 3 *  4 x  5 x  1  2 x  x  1  1  4 x  5 x  1  2  x     1 2 4  2 2  VT *  2 Vậy x  2 3  3  1  PT (*) VN 4 1 3  x 3  2 xy 2  12 y  0 2) Giải hệ phương trình :  2 2 8 y  x  12 Thay x  0, y  0 vào hệ phương trình không thỏa mãn, nên x  0, y  0 không là nghiệm của hệ phương trình Đặt y  tx, t  ℝ 0  hệ đã cho có dạng :  2 12t 2 2 x      x 1 2 t 12 t   x  2 x t  12 xt  0    1  2t 2    22 2 2 2 8 x t  x  12 x 8 t  1  12     x 2  12t 8t 2  1  t 1   2  8t 3  2t 2  t  1  0   2t  1  4t 2  t  1  0 2 1  2t 8t  1 1   2t  1  0 t   (tm)  2  2   4t  t  1  0  PTVN 3 3 2  x  2  x  4 1    y  1 t  1  2 y   x  x  2   2   y  1 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2; 1 ;  2;1 Câu 3. 1) Tìm tất cả các số chính phương có ba chữ số và chia hết cho 56 Giả sử số cần tìm là n 2 với 100  n  999. Ta có : n 2 ⋮56  n 2 ⋮ 23.7   n⋮ 4, n⋮ 7  n⋮ 28  do  4;7   1 . Đặt n  28k , k  ℕ . Theo giả thiết ta có : 100   28k   999  100  784k 2  999  k  1 2 Vậy có duy nhất số cần tìm là 784 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4  0 Từ giả thiết, ta có :  x  y   y 2  3 y  4  0 2   x  y 2 2 3  25 2 2 2  y    0  4  x  y    2 y  3  25  4  x  y   25 2 4  Mà 4  x  y  là số chính phương chẵn 2  4  x  y  2  0   2 y  32  25  2 2   4  x  y   4   2 y  3  21(ktm)   4  x  y  2  16   2 y  3 2  9  x  y  4  x  y 2  0 x  y 1    Th1:  2  3  5 y    2  2 y  3  25   2 y  3  5  x  y  4   4  x  y 2  16  y  0 y  0  Th 2 :  hoac   2 x  2  x  2  2 y  3  9  x  1  x  5 2 x  y  3 *)   hoac  2  y  3  x  y   4  y  3 Vậy có 6 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu là : 1;1 ;  4; 4  ,  2;0  ,  2;0  ,  1; 3 ,  5; 3 Câu 4. 1) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm y1  x13  2 x2 và y2  x23  2 x1 , trong đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2  x  5  0 x 2  x  5  0 có 1. 5   0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Áp dụng định x  x  1 lý Viet :  1 2  x1 x2  5 y1  y2   x13  2 x2    x23  2 x1    x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   2  x1  x2   14 3 y1. y2   x13  2 x2  . x23  2 x1    x1 x2   2 x14  2 x24  4 x1 x2  161 3  y1 ; y2 là hai nghiệm của phương trình y 2  14 y  161  0 2) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn  a  1 b  1  4ab. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  1 3a 2  1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:  1 3b 2  1 3a  1 1 2   2 3a 2  1 3a  1 1 2 2 2 6a  6b  4 Tương tự :  P   3a  1 3b  1  3a  1 3b  1 3b 2  1 3b  1 Từ giả thiết  ab  a  b  1  3ab  a  b  3ab  1 6a  6b  4  18ab  6  4  18ab  2 Khi đó :   3a  1 3b  1  9ab  3a  3b  1  18ab  2 Do đó : P  1 . Dấu ”  ” xảy ra  a  b  1 Vậy Max P  1  a  b  1   3a 2  1. 3  1  a 3 . 3  1.1  3a  1  3a 2  1  Câu 5. A E N K F P I B M G C 1) Chứng minh AEIF là một tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh được APN đều, ta có EF / / BC , KM  BC  EF  KM Suy ra các tứ giác EKIP, KNFI nội tiếp Suy ra EPK  EIK  60; KIF  KNA  60  EIF  60 Tứ giác AEIF có EAF  EIF  60  120  180nên tứ giác AEIF nội tiếp 2) Chứng minh ba điểm A, K , G thẳng hàng Từ trên suy ra IEF cân tại I (vì IK là đường phân giác đồng thời là đường cao) Suy ra IK đồng thời là đường trung tuyến. Vậy K là trung điểm của EF Theo bổ đề hình thang thì A, K , G thẳng hàng. 3) Chứng minh S1  4 S 2 Ta có: S1  AN .IN  3IN 2 ;4 S 2  Mà IN  IF  S1  4 S 2 1 11  IK .EF  4.  IF  2 2 2    3.IF  3IF 2 Câu 6. C M A B O N E D Gọi bán kính đường tròn là R . Ta có : 1 1 1 CMB  sd AE  sdCB ; CBN  sdCE  sd AC  sd AE 2 2 2     Mà sd AC  sdCB  CMB  CBN Xét tam giác CMB và NBC ta có : CMB  CBN ; CBM  BCN  ABD ∽ AMD( g .g ) Từ đó suy ra BM CB   BM .CN  CB 2  OB 2  OC 2  2 R 2 CB CN Lại có: OM ON OA  AM OD  DN R  AM R  DN 1   1       R  2 AM DN AM DN AM DN  AM DN  Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : 1 1   AM DN  2  AM .DN 2  AB  BM  CD  CN  2 4 R  BM .CN  2 R  BM  CN  2   2  2 R  BM  2 R  CN  2 4 R  2 R  2 R  BM  CN  2 2  BM .CN  2R  Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : BM  CN  2 BM .CN  2 2 R 2  R.2 2  BM .CN  2 R 2  Từ đó ta được : OM ON 2R 2R   2 22 2 2 2 AM DN R 2 2 6R2  4 2R2   Đẳng thức xảy ra khi AM  DN  BM  CN  2 R . Khi đó CBM cân tại B tức là E là điểm chính giữa cung AD 2