Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Tỉnh Quảng Nam 2020-2021

(1)

QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi : Toán

Thời gian : 150 phút Ngày thi: 10/4/2021

Câu 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn các biểu thức sau :

 

³

 

²

3 3

4 4 3 4 4 3

2 3 12 2 3 12

27 27

13 30 4 9 4 2 ;

2 2

A B

 

   

     

b) Tìm giá trị của tham số mđể phương trình



^x^^{1 2}



^x^{ }¹ ^{mx m}^{ }⁰có hai nghiệm phân biệt

Câu 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình : 4 3 2 x 3x 1 4 4x b) Giải hệ phương trình :

 

2 2

4 1 0

3 10 3 0

x y xy y

x y x y y

     



    



Câu 3. (2,5 điểm)

Cho hình vuông ABCDcó tâm O và cạnh bằng 6cm,điểm M nằm trên cạnh BC a) Khi BM 2cm,hạ OKvuông góc với AMtại K.Tính độ dài đoạn thẳng OK b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC M( không trùng B và ),C điểm Nthay đổi trên cạnh CDsao cho MAN 45 , Elà giao điểm của ANvà BD. Chứng minh tam giác

AEM vuông cân và đường thẳng MNluôn tiếp xúc với một đường tròn cố định

Câu 4. (4,5 điểm) Cho hai đường tròn



^{O R}^;



^và



^{O r}^';



tiếp xúc ngoài tại A



^{R r}^



^Dựng

lần lượt hai tiếp tuyến OB O C, ' của hai đường tròn



^{O r}^{'; ,}

 

^{O R}^;



sao cho hai tiếp điểm B, C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO'.Từ B vẽ đường thẳng vuông góc với OO'cắt

'

O Ctại K, từ C vẽ đường thẳng vuông góc với OO'cắt OBtại H

a) Gọi D là giao điểm của OB O C, ' .Chứng minh DO BO. 'CO DO. 'và DA là tia phân giác của ODO'

b) Đường thẳng AHcắt đường tròn



^{O R}^;



^{tại E (}^Ekhác A). Chứng minh tứ giác OABEnội tiếp đường tròn

c) Đường thẳng AKcắt đường tròn



^{O r}^';



^{tại F}



^F ^ ^{A L}



^, là giao điểm của BC và .

EF Chứng minh BF / /CEvà 3 điểm A D L, , thẳng hàng.

Câu 5. (5,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y}^,



thỏa mãn đẳng thức :

3 3 3 2 3 2 3 6 0

x  y  x  y  xy x

b) Cho ba số thực dương , ,x y zthỏa mãn xyz1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 1 1

2 2 2

A x yz  y zx  z xy

  

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Ta có :

 

2

13 30 4 9 4 2 13 30 4 2 2 1

13 30 3 2 2 13 30 2 1 43 30 2

5 3 2 5 3 2

A       

       

   

Đặt

 

³

 

²

3 3

4 4 3 4 4 3

2 3 12 2 3 12

27 , 27

2 2

a b

 

   

 

 

³

3

3 3

4 4 3

12 12

27 4 3

2 3; 4 3

a b ab

  

 

 

 



 

 

    

   

     

          

 

3 3 3 3

3

2 3 3 2 3

4 3 2 3

4 3 2 3 0 2 2 3 0

2 0, 0 2

a b a b ab a b

a b a b

a b a b a b a b a b a b

a b do a b B

      

     

 

                

      

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Điều kiện : 1

x 2

     

2

1 2 1 0 1 2 1 0 1( )

2 1

0

2 1 1

2

x tm

x x mx m x x m

x m

m

x m m

x

 

           

  

 

    

 

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ²

0 0

1 1 1

2

m m

   

    

Câu 2.

a) Giải phương trình : 4 3 2 x 3x 1 4 4x

(3)

Điều kiện : ^{3 2} ⁰ ³ 4

4 0 2

x x

x

 

    

  



   

4 3 2 x 3x 1 4 4 x 4 3 2 x  4x 3x1 *

Do 3 2 x  4 x 0vô nghiệm nên pt (*) tương đương với phương trình :

      

     

  

2

4 3 2 4 3 2 4 3 1 3 2 4

3 1 0

4 3 1 3 1 3 2 4

3 2 4 4

*)3 1 0 1( )

3

*) 3 2 4 4 2 3 2 4 9 3

3

9 38 33 0 11( )

9

x x x x x x x

x x x x x

x x

x x tm

x x x x x

x

x x tm

x

          

  

        

   



   

        

 

    

 

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm 1 11

; ; 3

3 9

x  x x b) Giải hệ phương trình :

 

2 2

4 1 0

3 10 3 0

x y xy y

x y x y y

     



    



 

   

     

2 2 2

2 2

1 4

4 1 0

3 10 3 0 3 1 10 *

x y x y y

x y xy y

x y x y y x y x y y

     

     

 

 

         

 

 

Nhận xét y 0không thỏa hệ

Khi y 0.Hệ phương trình (*) tương đương với hệ :

 

2

2 2

1 4

1 **

3 10

x x y

y

x x y

y

 

   



   

     

  

 Đặt

2 1

; ;

x a x y b y

    khi đó, hệ (**) trở thành ₂ ⁴

2 10

a b a b

  



  

 Giải hệ trên tìm được : ², ³

2 1

a a

b b

   

 

   

 

(4)

2

1 2

2 1 3

) 2 1 5

2

3 17 3 17

1 3

3 2 2

) 1 1 5 17 5 17

2 2

a x x x

y hoac

b y y

x y

x x x

a y hoac

b x y x y

 

 

    

   

           

     

       

     

    

    

        Câu 3.

a) Khi BM 2cm,hạ OK  AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK

Gọi Q là giao điểm của AM BD, và P là trung điểm của MC.Suy ra OP/ /AM Trong tam giác OBPcó MB MP và MQ OP/ / .Suy ra Qlà trung điểm của OB

 

² ²

2 2 2

6 2 3 2 1 1 1 1 1 5

6 2 ,

4 2 3 2 3 2 18

2 3 2

5

BD OQ

OK OA OQ

OQ

        

 

 

 

 

b) Chứng minh AEM vuông cân và đường thẳng MNluôn tiếp xúc với một đường tròn cố định

Q

P

K O

D C

A B

M

(5)

45 . MAN MBE

     Suy ra tứ giác ABMEnội tiếp

Mà ABM 90nên AEM 90. Vậy tam giác AEM vuông cân tại E Gọi Flà giao điểm của AM BD, .Tương tự suy ra AFN 90

Gọi I là giao điểm của EM FN H, . là giao điểm của AI và MN.Suy ra AHvuông góc với MN

Xét hai tam giác vuông ABM và AHMcó :

, ,

AM chung AMB AEB AEB  AMH (vì tứ giác MNEFnội tiếp) Do đó AMB AMH

Suy ra ABM  AHM  AH  AB6cm(không đổi) Do đó MNluôn cách A một khoảng cách bằng 6cm

Suy ra MNluôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính bằng 6cm

I

H E

F

B M C

A D

N

(6)

Câu 4.

a) Xét hai tam giác ODCvà 'O DBcó : ODC  O DB'

Tứ giác OO BC' nội tiếp đường tròn đường kính OO'nên DOC  DO B' Suy ra hai tam giác ODCvà 'O DBđồng dạng, do đó :

. ' . '

' '

DO CO

DO BO CO DO

DO  BO  

Ta có : .

' ' '

DO CO AO

Suy ra

DO  BO  AO DA là tia phân giác của ODO' b) Chứng minh tứ giác OABE nội tiếp đường tròn

' OCH OO C

   (cùng phụ O CH' ),OO C'  OBC(cùng chắn cung OC) Suy ra OCH  OBC.Suy ra OCH ^∽OBC g g( . )

OC OB OA OB

OHA OAB OH OC OH OA

      ^∽

OAH OBAhay OEA OBA

       . Vậy tứ giác OABEnội tiếp trong đường tròn c) Chứng minh BF song song với CE và 3 điểm A D L, , thẳng hàng

180 ' 180 ' 90

EOB EAB OAE O AB OBA O BA

                 Mà OBO' 90 nên OE O B/ / ' . Tương tự ' / /O F OC EOC  BO F' Lại có EOCvà BO F' cân  ECO BFO'

Hơn nữa OE O B/ / ' nên BF / /EC(lưu ý : ' / /O B OE)

' '

LC EC OE OA DC LB  BF O B O A  DB

Suy ra DLlà tia phân giác của BDC.Suy ra A D L, , thẳng hàng.

L

F E

H D K B C

O A O'

(7)

a)

   

      

3 3 2 2

3 2 3 2

3 3

3 3 3 6 0

3 3 1 3 3 1 3 3 3 0

1 1 3 1 1 3 0

x y x y xy x

x x x y y y xy x y

x y x y

     

           

        



^x ¹

 

^y ¹



³ ³



^x ¹



^y ¹

 

^x ¹

 

^y ¹



³



^x ¹



^y ¹



^{3 0}

                 Đặt ^a ^



^{x y}^

 

^ ^y^^{1 ,}



^b ^



^x^¹



^y^¹



. Khi đó ta có :

 

3 3 3 3 0 3 3 3 1

a  ab b  a   b a

Suy ra ^a³ ^{ }¹ ^_



^a³ ^{ }¹



⁴^_^⋮



^a^{ }¹



⁴^⋮



^a^¹



       

       

32 11

1 4 5 ( ) 1 1 2 ( )

3 3

1 2 1 1( ) 1 1 0, 1 ; 0;0 ; 2;2

3

1 4 3 2 ; 0;3 ; 1;2

1 2 3; 5( )

a a b ktm a a b ktm

a a b ktm a a b x y

a a b x y

a a b ktm

               

               

       

      

i i

Vậy



x y^;

   





0;0 ; 2;2 ; 0;3 ; 1;2

     

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1

2 2 2

A x yz  y zx z xy

  

Ta có: 1 1 1 ₂ ₂ ₂

2 2 2 2 2 2

x y z

A x yz  y zx  z xy  x  y  z

     

 

2 2

2

1 1

2 1 1 2 1 1

2 2 1 2 2 1

x x

x x x

 

              

Tương tự : ₂ ¹ 1 ¹ , ₂ ¹ 1 ¹

2 2 2 1 2 2 2 1

y z

y y z z

   

       

       

Suy ra ^{3 1} ¹ ¹ ¹

2 2 2 1 2 1 2 1

A x y z

 

         Đặt ^x ^a^,^y ^b^,^z ^c



^{a b c}^{, ,} ⁰



b c a

   

 

²

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

2 1 2 1 2 1 2 2 2

2 2 2 2 2 2 1

b c a

x y z a b b c c a

a b c

b c a

ab b bc c ca a ab b bc c ca a

    

     

      

       

Suy ra 3 1

.1 1 1

A 2 2     x y z . Vậy Max A1