Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hưng Yên 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức B  10 x 2  30 x  11 2020  2x  3  6 x  3 2021 x5  3x 4  x3  1 khi 3 5 2 b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2   2 y  3 x  y  1  0 Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình : x 2  x  4  2 x  1 1  x  b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M , N là 2 điểm phân biệt di động lần lượt trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố 1 1 dịnh I 1;2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   OM 2 ON 2 Câu 3.(4,0 điểm)  x3  y 3  65 a) Giải hệ phương trình :  2 2  x y  xy  20 b) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 810 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc, nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 110 quyển sách. Vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ 30 phút mà còn vượt mức được giao 60 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu ? Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng : AB.sin C  BC .sin A  CA.sin B   AB  BC  CA  sin A  sin B  sin C  x Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy E là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AD,  E không trùng với A và D). Đường thẳng EC cắt OA tại M, đường thẳng EB cắt OD tại N a) Chứng minh rằng AM .ED  2OM .EA OM ON b) Xác định vị trí của điểm E để tổng  đạt giá trị nhỏ nhất AM DN 3 Câu 6. (2,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  . Tìm 2 1 1  1 1  1 1  các giá trị của biểu thức P   3    3    3    a b  b c  c a  ĐÁP ÁN Câu 1. 3 5 2   2 x  3  5  4 x 2  12 x  4  0  x 2  3x  1  0 2 2 Lại có 10 x  30 x  11  10  x 2  3 x  1  1  10.0  1  1 a) Ta có : x  2 x 2  6 x  3  2 x 2  6 x  2  1  2  x 2  3x  1  1  2.0  1  1 x 5  3x 4  x3  1  x3  x 2  3x  1  1  0  1  1 Vậy B  0 b)Ta có : x 2   2 y  3  x  y  1  x 2  3 x  1  y  2 x  11 x 2  3x  1 2x  1 x 7 11 11  y    4 y  2x  7   2 2 4 4  2 x  1 2x  1 Vì x  ℤ nên 2 x  1  0  1  y  Vì x, y  ℤ  4 y, 2 x  7 cũng là các số nguyên. Do vậy từ (2) ta suy ra 11⋮ 2 x  1  2 x  1U 11  2 x  1 11; 1;1;11  x  6; 1;0;5 Thay x  6; 1;0;5 vào phương trình (1) ta được  x, y   6; 5 ;  1; 5 ;  0;1 ;  5;1 (thỏa mãn x, y nguyên) Câu 2. a) Giải phương trình x 2  x  4  2 x  1 1  x  Điều kiện : x  1 (*). Ta có: x 2  x  4  2 x  1 1  x     x2  2x x  1  x  1  2 x  x  1  3  0   2    x  x 1  2 x  x 1  3  0  x  x  1  1(ktm)   x2 1  x  3  x  x  1  3  x  1  3  x   x  1  9  6x  x2   Vậy phương trình có nghiệm x  2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biêu thức P  1 1  2 OM ON 2 Đặt m  xM , n  yN  m, n  0; m  1; n  2 * Gọi đường thẳng đi qua 3 điểm M , I , N có dạng y  ax  b  a  0  am  b  0 1 2   a  b  2  2m  n  mn    1** (chia 2 vế cho mn  0) m n b  n  2 2 1 4 4 1   2 1  1 2  1 1     2   2  5 2  2      mn n n  m n m n m m 1  1 1 1  1  1  5 2  2   P  2  2  n  m n 5 m 2 1 Đẳng thức xảy ra khi  , kết hợp **  m  5, n  2,5(tm(*)) m n 1 Vậy Min P   m  5; n  2,5 5 Câu 3.  x3  y 3  65 a) Giải hệ phương trình  2 . Ta có : 2  x y  xy  20 3 3  x 3  y 3  65 1  x  y  65  2  *  2 2 2 x y  xy  20 3 x y  3 xy  60 2     Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được : x 3  3 x 2 y  3 xy 2  y 3  125   x  y   125  x  y  5 3  x  4   x  y  5  y  1   2   xy  4 . Suy ra hệ PT (*)    x  1  4 xy     y  4 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm  4;1 ; 1;4  b) Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là x (quyển)  x  ℕ * Số sách mỗi giờ thực tế sắp xếp là : x  110 (quyển) 810 (giờ) x Tổng số quyển sách đã sắp xếp trong thực tế : 810  60  870 (quyển) 870 Thời gian thực tế để sắp xếp 870 quyển sách là : h x  110 Do công việc hoàn thành trước dự định 1 giờ 30 phút nên ta có phương trình  x  180(tm) 810 870   1,5   x  180  x  330   0   x x  110  x  330(ktm) Thời gian dự định để sắp xếp 810 quyển sách là : Vậy số quyển sách mỗi giờ dự định sắp xếp là 180 quyển Câu 4. A B H C Kẻ đường cao AH của ABC Ta có : Đặt AB AB AB. AC AB. AC.BC AB. AC.BC     sin C AH AH AH .BC 2S ABC AC AB. AC.BC  k  k  0   AB  k .sin C 2 S ABC Chứng minh tương tự, ta được : AC  k .sin B, BC  k .sin A . Do vậy AB.sin C  BC .sin A  CA.sin B  k .sin 2 C  k .sin 2 A  k .sin 2 B  k . sin A  sin B  sin C 1 Lại có:  AB  BC  CA . sin A  sin B  sin C    k .sin A  k.sin B  k .sin C  sin A  sin B  sin C   k . sin A  sin B  sin C   k . sin A  sin B  sin C  2  2 Từ (1) và (2) suy ra : AB.sin C  BC .sin A  CA.sin B   AB  BC  CA . sin A  sin B  sin C  Câu 5. C M A O B N E D a) Xét COM và CED có: COM  CED  90, ECD chung CO OM  COM ∽ CED   1 CE ED Do AB, CD là hai đường kính vuông góc với nhau  CEA  CAB  45 Xét AMC và EAC có: CEA  CAB  45, ACE chung AC AM  AMC ∽ EAC   mà AC  2CO (do ACO vuông cân tại O) CE AE Kết hợp với (1)  AM 2CO 2OM  AM .ED  2OM . AE  dfcm    AE CE ED b) Từ câu a ta có : ED 2OM   2 AE CE EA 2ON   3 DE DN OM ON 1 Nhân theo vế của (2) và (3)  .  AM DN 2 Tương tự câu a ta có : OM ON OM ON 1  2 . 2  2 AM DN AM DN 2 OM ON ED EA Dấu ”  ” xảy ra khi     ED  EA  E là điểm chính AM DN 2 EA 2 ED giữa cung nhỏ AD OM ON GTNN của  là 2, đạt khi E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD AM DN Vậy E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD (thỏa mãn bài toán ) Ta có : Câu 6. Đặt 1 1 1 1 1 1   x,   y;   z  x, y, z  0 (vì a, b, c  0) a b b c c a Do đó P   3  x  3  y  3  z   27  3  xy  yz  xz   9  x  y  z   xyz Áp dụng bđt Cô si ta được: 8 2  1 1  1 1  1 1  P  27  9 3  xyz   27 3 xyz  xyz * mà xyz           a b  b c  c a  abc Mặt khác : 3 1 1 8  a  b  c  3 3 abc   3 abc  abc    64  xyz  64 2 2 8 abc Từ (*) suy ra P  27  9 3 64  27 3 64  64  343 Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 2 Vậy Min P  343  a  b  c  1 2