Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Nam Định 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 18/3/2021 Câu 1. (5,0 điểm) Câu 2. (6,0 điểm) Câu 3. (3,0 điểm) 1) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x 3  x  a  0 với a là số nguyên tố 2) Tính nghiệm tổng quát nguyên dương của phương trình  x  y   y  3 x  z 2  1 2 Câu 4. (7,0 điểm) Trên đường tròn  O  lấy ba điểm A, B, C sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD, BE , CF là các đường cao của tam giác ABC , đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại P. Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC và AB lần lượt tại Q và R. M là trung điểm của BC 1) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng 3) Giả sử BC là dây cung cố định không đi qua tâm O, A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (4,0 điểm) ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Ta có : P  7  4 3  2 3  3   a4  a  3a  1 :  1 3 a 2     a  3   a 1 5 3 3  a 1 : 2) Điều kiện : 0  x  y  z .Ta có 2 x  2 y  x  3 z  y     2 z  y 3    2 yx 2  1  z  17  2 x  4  x  2  0   y  8 (tmdk )  z  17   2 Câu 2. 1) Điều kiện 2 x3  7  0  x  3 7 . Ta có : 6 x 2 x 3  7  6 x 3  2 x  22  4 2 x 3  7 2   4  6 x  2 x 3  7  6 x 3  2 x  22. Đặt t  2 x 3  7  0  2 x 3  t 2  7 Phương trình trên trở thành : t  2 x  1  6 x  4  t  3 t  7   2 x  22   t  2 x  1 3t  1  0   1 t  3 2 1 1 31 Th1: t  ta được: t  2 x 3  7   x  3 3 3 9 Th2: t  2 x  1, ta được : 1  x 1 x    2 t  2 x3  7  2 x  1     1  13   x  1  x 2  x  3  0  x   2   31 1  13  Vậy S   3 ;1;  2   9 2) Nếu x  0 , tính được y  0. Nếu y  0  x  0. Do đó (0;0) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho . Với x, y  0 . Ta có :  x2 2 2  xy  3 y  2 x2 y2  xy  3 x  2 y   . Đặt a  ; b   2 2 2 y x  x y  y  2 x  xy  y  2  x ab  3a  2 1 Hệ phương trình trở thành  ab  b  2  2   b  3a  4  b  3a  4 . Thay b  3a  4 vào (1) ta có : a  3a  4   3a  2 Tìm được a  1, a   2 3  x2  1  x  1 y Th1: a  1, b  1    2  y  1  y  1  x  x 2 2 23  y  3 9 2  x   3 Th2: a    b  6    2 3 3  y  6   y  2 3  x Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm Câu 3. 1) Từ giả thiết suy ra a  x 2  x hay a  x  x  1 mà x; x  1 là hai số nguyên liên tiếp nên a là số chẵn Mặt khác a là số nguyên tố nên a  2. Khi đó ta được : Câu 4. Câu 5.