de thi chon hsg toan 9 cap tinh nam 2020 2021 so gddt thanh hoa

Kẻ hai tiếp tuyến với đường trònI tại E và F, cắt nhau tại A.. Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EB > r, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn I.. Gọi M là trung điểm của A

( Đề gồm có 05 câu, gồm 01 trang)

Câu I:(4,0 điểm)

P

2 Cho a, b,c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a3 1 3 ;a b3 1 3 ;b c3 1 3c Tính

giá trị biểu thức : Q a 2b2 c2

Câu II: ( 4,0 điểm)

1 Giải phương trình : 15x3x22x4 5x22 x4 4

2 Giải hệ phương trình:

2







Câu III: ( 4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn phương trình:

2 2

x  y  y

2 Cho x,y là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2

58

x y  chia hết cho xy

Chứng minh:

2 2 58

xy

chia hết cho 12

Câu IV:( 6,0 điểm)

Cho đường tròn (I r) có hai bán kính IE, IF vuông góc với nhau Kẻ hai tiếp tuyến với

đường tròn(I) tại E và F, cắt nhau tại A Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EB > r, qua

B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (I) D là tiếp điểm, BD cắt tia AF tại C Gọi K là giao

điểm của AI với FD

1) Chứng minh hai tam giác IAB và FAK đồng dạng

2) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt FD tại P Gọi M là trung điểm của

AB, MI cắt AC tại Q Chứng minh tam giác APQ là tam giác cân

3)Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá

trị nhỏ nhất đó theo r

Câu V: ( 2,0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2y24xyz2xy yz zx   Tính giá trị lớn

nhất của biểu thức P x 1y1z

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích thêm

Họ và tên thí sinh:………

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA ĐỀCHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS Ngày thi: 16 tháng 12 năm 2020 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

(Gồm có 07 trang)

I

4,0

điểm

P

2,0 Với điều kiện x  0, x  4, x  9, ta có:

P

            

0,25

2

0,5

0,5

:

2

x



0,75

2 Cho a, b,c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn

3 1 3 ; 3 1 3 ; 3 1 3

a   a b   b c   c Tính giá trị biểu thức : Q a 2b2 c2 2,0

Từ giả thiết : a3 1 3 ;a b3 1 3 ;b c3 1 3c ta có,

3 3

3 (3) 3

c ca a



vì a, b,c đôi một khác nhau)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra:

a  c ab bc   a c a b c      a b c

(vì a, b, c đôi một khác nhau)

0,5

Cộng (1); (2) ;(3) vế với vế ta có

2a 2b 2c ab bc ca  9

0,5

 2 2 2  2 2 2  2

II

4,0

điểm

1 Giải phương trình : 15x3x22x4 5x22 x4 4 2,0 Điều kiện x  R

Phương trình tương đương: 15x x 2 x 24 5x22 x4 4

Vì

2

x   x x     x   x  

Suy ra x >0

0,5

Chia cả hai vế của phương trình cho x2ta được:

2

2

          

Đặt t x 2

x

  , vì x > 0 suy ra t2 2

Phương trình : 15t 1 4 5t t24

0,5

4 5t t 4 20t 5 15 0t 4 t t 4 5 5 t 3 0

3 0 t

2

5 0

t t t



 

 

0,5

Th1: Với t 3 0  t 3 ( thỏa mãn đk t2 2) Khi đó:

2

2

x

x x





 thỏa mãn x >0

0,25

Th 2:  

2

5 0

t t t



 

Vì t2 2  

2

0

t t t





   VT(1)> 5 > 0 Do đó pt (1) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x=1; x=2

Lưu ý : Nếu không xét dấu của x trước khi chia x cho tối đa 1,0 điểm

0,25

2 Giải hệ phương trình:

2



Ta có :

2

Với y = 0, phương trình thứ nhất vô nghiệm nên hpt vô nghiệm

Với y  0, chia từng vế của mỗi phương trình cho y ta được

Hệ phương trình

2

2

1

1

x

x y y

x

x y y





 

  



0,5

Đặt

2 1

2

x

m y

 







   



hệ phương trình trở thành:

2 2

 



 





0,5

Suy ra :

2 2

2 2

2

1 1

1

1

2 0

y x x

y x

y x







  



0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1

2

x y





 

 và

2 5

x y

 



 



0,25

III

4,0

điểm

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn phương trình:

2xx2 9y212y19 2,0

+) Nếu x lẻ thì x2k1

( k 

N)

2xx 2 k.x 4 2k x 3 1 2k x 2x

( mod 3) Mà

2 0;1(mod 3)

x  2

2.4 kx 0; 2(mod 3)

Mặt khác :  2

3y2 1(mod 3) Vậy x không thể là số lẻ

0,25

+)Nếu x chẵn thì

*

x k k N

Ta có phương trình:

0,5

2 2

2 4k  3y2 15 2 2k k3y2 2 2k k3y2 15 (*)

,

k y N nên 2 2k 3 2 2 2k 3 2

k y  k y

và 2 2k 3 2 0

k y  nên 2 2k 3 2 0

k y 

0,5

Do đó (*) 2 2 3 2 15

2 2 3 2 1

k k



 

2 2 3 2 5

2 2 3 2 3

k k



 

Trường hợp 1: 2 2 3 2 15

2 2 3 2 1

k k



 



2 2 8 3

k k y

 



Trường hợp 2: 2 2 3 2 5

2 2 3 2 3

k k



 



2 2 4

1

y

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x, y) = (2; 1) 0,25

2 Cho x,y là hai số nguyên dương thỏa mãn x2y258 chia hết cho xy Chứng minh:

2 2 58

xy

Đặt k=

2 2 58

xy

, k N* kxy x 2y258 Ta chứng minh 12 3

4

k k

k



 







+ Nếu trong hai số x,y có một số chí hết cho 3

Do vai trò x, y bình đẳng , giả sử x3xy3

Ta có: x2y258xyx2y258 3  y21 3 y2 2(mod 3)

Vô lí vì y là số chính phương 2

Vì vậy cả x, y đều không chia hết cho 3 mà 3 là nguyên tố

xy,3 1

  và x2 1(mod 3);y2 1(mod 3)x2y258 1 1 1 0(mod 3)   

 x2y258 3 kxy x 2y258 mà xy,3 1 k3 (1)

0,5

+ Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho 2

Do vai trò x, y như nhau, không mất tính tổng quát giả sử x2xy2

Ta có: x2 y258xyx2y258 2 mà x2,58 2 y22y2xy 4

2 2 58 4

    vô lí vì x4, 4y do x2, 2y mà 58 không chia hết cho 4

Vì vây cả x, y đều không chia hết cho 2

0,5

,

x y

 đều lẻ  x 1,x1,y1,y đều chia hết cho 2 1

     và y2 1 y1y1 đều chia hết cho 4

Mà (xy,4) = 1 do x, y lẻ k (2) 4

0,5

IV

6,0

điểm

Cho đường tròn (I,r) có hai bán kính IE, IF vuông góc với nhau Kẻ hai tiếp tuyến với

đư đường tròn (I) tại E và F , cắt nhau tại A Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho

E EB >r, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (I), D là tiếp điểm, BD cắt tia À tại

G Gọi K là giao điểm của AI với FD

1 Chứng minh hai tam giác IAB và FAK đồng dạng

2 Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC , cắt FD tại P Gọi M là trung điểm của

AB,MI cắt AC tại Q Chứng minh tam giác APQ là tam giác cân

3 Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị

nhỏ nhất theo r

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: CD CF  CDF cân tại C

Tứ giác AEIF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật > Hình chữ nhật AEIF có IE= IF nên

(2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra :  ABI  AFK kết hợp với IAB AFK  IAB FAK g g( ) 0,5

2 Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt FD tại P Gọi M là trung điểm của AB,

Vì  IAB FAK nên IA FA IA EA

AB AK  AB  AK ( vì FA = EA) Đẳng thức này kết hợp với điều kiện IAE chung, suy ra:  AKB AEI (c.g.c) 0,5

AEI vuông cân tại E nên AKB vuông tại K Suy ra đường trung tuyến KM cũng là

Ta có: KM  AB IE,  AB AC,  ABKM / /IE/ /AC.

ID KI ME IE

Ap KA MA  AQ    

cân tại A

3 Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác APQ đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ

Đặt : MEx PQ,  với x > 0, y > 0 y

xy r

Chu vi của AMQ là :

AMQ

C AM AQ MQ  AM AQ

AMQ

C  r x  r y  r x  r y  r x y  x y  r x y  r

0,5

Áp dụng bất đẳng thức cói cho hai số thực dương x, y ta có:

2r x y  x y 2r x y 2r 2r2 xy 2 x y 2 2r xy 2r (2)

Từ (1) và (2) suy ra: CAMQ 2r2r 2r22 2r r2r2 4r 8r2 4 2 2  r

0,5

Dấu (=) xảy ra  x = y = r EB3 r

Vậy khi EB = 3r thì chu vi tam giác AMQ nhỏ nhất Giá trị nhỏ nhất bằng 4 2 2 r  0,5

V

2,0

điểm

cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2y24xyz2xy yz zx   Tính giá trị

4

y z

+ Từ giả thiết ta có x2y22xy z 2 4xyz2x y z   4yz

0,5

x  y z  x y z  x y z   nên x1

x  y z  x y z  x yz

x  y z  x y z  x y z

x  x y z  x y z  x y z   y z

      

4P y z 2 y z 

0,5

Đặt 2  y z t; ta có

2

0

y z

      



  



Chú ý:- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự

phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án

- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm

- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm

t t t t

P t t  P  t t t t        P

Dấu “=” xảy ra khi 6 3 3

2

t t t

    thỏa mãn (*)

Vậy max 27

64

P khi và chỉ khi  

2

y z

 







      



0,5