Đề thi học sinh giỏi Toán THCS cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Sơn La

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi Toán THCS cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Sơn La

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

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 THCS cấp tỉnh năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Sơn La

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

SỞ GD&ĐT SƠN LA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán Ngày thi: 14/3/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (4,0 điểm). Cho hai biểu thức A  x  1 3  11 x  và B  9 x x 3 2 x  x 3 x 3 x 1 (với x  0; x  9 ). a) Tính giá trị của B tại x   2 5 45  2021    2 5 45  2021  . b) Rút gọn A. c) Tìm tất cả các số nguyên x để P = A.B nhận giá trị nguyên. Câu 2 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y   2m  1 x  2m và parabol  P  : y  x 2 ( m là tham số). a) Tìm tọa độ các giao điểm của  d  và  P  khi m  2 . b) Tìm m để  d  và  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu thức E  x12  x22  x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (4,0 điểm). 2 2  y  2 xy  8 x  6 x  1 a) Giải hệ phương trình  2 . 3 2  y  x  8 x  x  1 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4  0. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có góc A tù. Vẽ đường tròn  O  đường kính AB và đường tròn  O ‘ đường kính AC . Đường thẳng AB cắt đường tròn  O ‘ tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là E . a) Chứng minh bốn điểm B, C , D, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn  O  và  O ‘ ( F khác A ). Chứng minh ba điểm B, F , C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. c) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH . AD  AH .BD . Câu 5 (2,0 điểm). Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn của biểu thức P  1 1 1  2  2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 a b c b2c2 c2a 2 a 2b 2   . a (b 2  c 2 ) b(c 2  a 2 ) c (a 2  b 2 ) ————-Hết————- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………..Số báo danh: …………… SỞ GD&ĐT SƠN LA HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (HD chấm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Ta có: x 1.a 2  2   5  45  2021 2  45  2021   2  45  2021  90  2 2021  90  2 2021   5  2025  2021 5  45  2021  45  2021  5 45  2021 0,5 180 9 20 Thay x  9 vào biểu thức B ta được: x 3 9 3 33 B   0 x 1 9 1 3 1 2 x x  1 3  11 x A   9 x x 3 x 3   1 1.b  2 x    x  1 x  3  11  x  3 x  3 x 3  0,5 x 3 2 x  6 x  x  3 x  x  3  11 x  3  3 x  x  3 3x  9 x    x  3 x  3 x  3 x  3        Ta 1.c 0,5 x 3  P  A.B  có: 0,5 x 3 3 x x 3 . x  3 x 1 3 x với x  0, x  9 x 3 = 3 x 3 = x 1   x 1  3 x 1 3 3 x 1  P là số nguyên  Hay   3 là số nguyên  3 x 1   x 1 x  1  Ư(3) = {  1 ;  3 } …  x  0; 4 2 2.a Khi m  2 đường thẳng (d) có dạng: y  5 x  4 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x  1 x2  5x  4  x 2  5x  4  0   x  4 Với x  1  y  1; x  4  y  16 . 0,5 = 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Vậy tọa độ giao điểm của  d  và  P  là: (1;1) ;  4;16  . 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x 2   2m  1 x  2m  x 2   2m  1 x  2m  0 0,25 Tính được    2m  1 0,25 2 * (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt    0  m  2b 1 2 0,5  x  x  2m  1 * Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2  x1.x2  2m 0,5 Do đó: E  x12  x22  x1.x2   2m  1  3.2m  4m 2  2m  1 0,5 2 0,5 2 1 3 3    2m     , với mọi m   . 2 4 4  Min E  0,5 3 1 khi m  4 4  y 2  2 xy  8 x 2  6 x  1 (1) a)  2 3 2 (2)  y  x  8 x  x  1 Từ phương trình (1) cộng vào 2 vế với x 2 , ta được: 0,5 y 2  2 xy  x 2  9 x 2  6 x  1   x  y    3 x  1   x  y    3 x  1  0 2 2 2 2   x  y  3 x  1 x  y  3 x  1  0  1  2 x  y  4 x  y  1  0 3a 0,5 1  2 x  y  0  y  1 2x   4 x  y  1  0  y  4x 1 + Trường hợp 1: y  4 x  1 thế vào phương trình (2) ta được:  4 x  1 2  x3  8 x 2  x  1  16 x 2  8 x  1  x 3  8 x 2  x  1 x  0  x3  8 x 2  7 x  0   x  1   x  7 0,5 Ta tìm được nghiệm  x; y  là (0; – 1); (1; 3); (7; 27) + Trường hợp 2: y  1  2 x thế vào phương trình (2) ta được: 1  2 x  2  ( x 3  8 x 2  x  1) 0,5 x  0  4 x  4 x  1  x  8 x  x  1  x  4 x  3 x  0   x  1   x  3 2 3 2 3 2 Tìm được nghiệm  x; y  là: (0; 1); (-1; 3); (-3; 7) Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: S   0; 1 ;  0;1 ; 1;3 ;  1;3 ;  7;27  ;  3;7  Biến đổi phương trình: x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4  0   x 2  2 xy  y 2   y 2  3 y  4  0 0,5   x  y    y  1 y  4   0 2 3   y  1 y  4     x  y   0 2 3b 0,5   4  y  1, vì y nguyên nên y   4;  3;  2; 1; 0; 1 0,5 Suy ra các cặp  x; y  nguyên thỏa mãn phương trình là:  4;  4  ;  1; 1 ;  5;  3 ; 1;  3 ;  2; 0  ;  2; 0  Hình vẽ đúng: 0,5 x E D A H 4a B 4 0,5 O’ O F C Lập luận có  AEB  900 Lập luận có  ADC  900 4b 0,5 0,5 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn đường kính BC. Ta có  AFB   AFC  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra  AFB   AFC  1800 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng    ACD  (cùng chắn  AFE   ABE (cùng chắn  AE ) và AFD AD )    Mà ECD  EBD (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp)  Suy ra:  AFE   AFD => FA là phân giác của góc EFD 4c C/m được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 AH EH  AD ED 0,5 (1) Xét tam giác HED có EA là phân giác trong của tam giác. Mặt khác BE  EA nên BE là phân giác ngoài của tam giác HED BH EH EB là phân giác ngoài của tam giác DHE suy ra  (2) BD ED AH BH Từ (1), (2) ta có:   AH .BD  BH . AD AD BD 1 1 1 Ta có: P    1 1 1  1 1   1 a 2  2  b 2  2  c 2  2  a  c b  c a b  1 1 1 Đặt  x;  y;  z thì x 2  y 2  z 2  1 và 0  x, y , z  1. a b c 2 2 2 x y z x y z  2  2    2 2 2 2 2 y z z x x y x (1  x ) y (1  y ) z (1  z 2 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có: P 5 5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 1 x (1  x )  .2 x 2 (1  x 2 )(1  x 2 )  2 2 0,5 2 2 3 1  2 x2  1  x2  1  x2  4    2 3  27 x2 3 3 2  x(1  x )    x 2 x(1  x ) 2 3 3 2 Tương tự: 2 y2 3 3 2  y 2 y (1  y ) 2 Từ (1); (2); (3) ta có P  (2); 0,5 (1) z2 3 3 2  z 2 z (1  z ) 2 (3) 3 3 2 3 3 (x  y2  z2 )  2 2 Đẳng thức xảy ra  x  y  z  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 hay a  b  c  3 3 0,5 3 3 xảy ra khi a  b  c  3 2 (Lưu ý: Học sinh làm theo đáp án khác và đúng thì giáo viên vẫn chấm điểm đối đa) ————-Hết————-
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top