Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Nam Định - THCS.TOANMATH.com

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn

: Toán –

Lớp: 9

Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1: ( 3,0 điểm )

1) Cho

 

3 4

7 4 3 3 3 1 : 1

3 2

P a a a a

a

  

 

      

  

 

với a0;a1; a4.

Rút gọn biểu thức .P

2) Tìm tất cả các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện ² ² ³ ¹



^{17 .}



x y x  z y 2 z Câu 2. (5,0 điểm)

1) Giải phương trình 6x 2x³ 7 6x³2x22 4 2 x³7.

2) Giải hệ phương trình

2 2

3 2

2 .

xy x y

x y y x

  



  



Câu 3. (3,0 điểm)

1) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x²  x a 0 với a là số nguyên tố.

2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình



^{x y}^



²^{ }^y ³^{x z}^ ²^^1.

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. (2,0 điểm)

1) Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng, mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9. Hỏi cuối cùng, trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7?

2) Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn x³y³z³24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

²

2 8

1. xyz x y z

M xy yz zx xy yz zx

  

 

    

---Hết---

Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...Ký tên: ...

Họ, tên và chữ ký của GT 1:...Họ, tên và chữ ký của GT 2:...

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn

: Toán –

Lớp: 9

Câu

Đáp án Điểm

1.1

(1,5) Rút gọn

 

3 4

7 4 3 3 3 1 : 1

3 2

P a a a a

a

  

 

      

  

 

(1,5)

Tính được ^{7 4 3}^ ^



²^ ³



² ^{ }² ³ ^0,5

Tính được ³



^a^³



â^³â^{ }¹ ³^{a a}^³â^³ â^{ }¹ ³



^a^¹



³ ^ ^a^¹ ^0,25



⁴



¹ ³ ² ¹ ³ ¹

3 2

a a a

a

      



0, 5

Suy ra ^P^{ }² ³^



^a^^{1 :}



^a₃^¹^{ }² ^{3 3 5}^{  } ³^. ^0,25

1.2

(1,5) Tìm tất cả các số thực ; ;x y z thỏa mãn điều kiện ² ² ³ ¹



¹⁷



x y x  z y 2 z . (1,5) Điều kiện:

0 0 0 x y x z y

 

  

  



hay 0  x y z.

0,5

Ta có ² ² ³ ¹



¹⁷



⁴ ⁴ ⁶ ¹⁷

x y x  z y 2 z  x y x  z y  z 0,25

4 x 4 y x 6 z y z y 9 y x 4 x 4

             0,25



^{z y} ³

 

² ^{y x} ²

 

² ^x ²



² ⁰

         0,25

2 4

2 8

3 17

x x

y x y

z y z

   

 

    

    



(thỏa mãn điều kiện)

KL:…

0,25

2.1

(2,5) Giải phương trình 6x 2x³ 7 6x³2x22 4 2 x³7. (2,5) Điều kiện 2x³ 7 0 hay ³ 7

x 2 0,5

 

3 3 3 3 3

6x 2x  7 6x 2x22 4 2 x  7 6x4 2x  7 6x 2x22 Đặt t 2x³7



^t^⁰



^thì²^x³^{ }^t² ⁷

0,25

Phương trình trên trở thành



⁶^x^⁴



^t^³



^t²^{ }⁷



²^x^²² ^0,25

(3)

 

2

2 1

3 2 3 2 2 1 0 1

3 t x

t x t x

t

 



      

 

0,5

TH1: 1

t3 ta được ³ 1 ³ 1 ³ 31

2 7 2 7

3 9 9

x    x     x 0,25

TH2: t2x1 ta được

3

3 2

2 1 0 1

2 7 2 1 2

2 7 4 4 1 2 4 4 6 0

x x

x x x x x x

    

 

            

  

²



3 2

1 1

1

2 2 1 13

1 3 0

2 2 3 0 2

x x x

x x x x

x x x

  

    

  

            

0,5

Đối chiếu điều kiện kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm… 0,25 2.2

(2,5) Giải hệ phương trình

2 2

3 2

2

xy x y

x y y x

  



  

 . (2,5)

Nếu x0 tính được y0 Nếu y0 tính được x0

Do đó ta được

   

^{x y}^; ^ ^0;0 là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.

0,25

Với x và y khác 0. Ta có

2

2 2

2 2 2

3 2

2 2

xy x

xy x y y

x y y x y

xy x

  

   

 

 

  

    



Đặt

2 2

x ;y

a b

y  x  ta có hệ phương trình trên trở thành

 

3 2 1

2 2

ab a ab b

 

   



0,5

Suy ra b3a 4 hay b3a4

Thay b3a4 vào

 

^{1 ta có}^{a a}



³ ^{ }⁴



³^a^² , tìm được a1 hoặc 2 a 3

0,5

TH1: với a1 thì b 1

2

1 1

1 1 x

y x y y

x

 

   

    

0,5

TH 2: với 2

a 3 thì b 6

2

3

2 3

2 2

3 3 9

6 2 3 x

y x

y y

x

   

  

 

 

     



0,5

Kết luận: vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là

  

^{0;0 ;} ^{1;1 ;}



² ³^{9; 2 3}³

3

 

    0,25

(4)

3.1

(1,5) Tính tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn x²  x a 0 với a là số nguyên tố. (1,5) Từ giả thiết suy ra a x ²x hay ^{a x x}^



^¹



^mà^x^và^x^¹ là hai số nguyên liên tiếp nên



¹



x x là số chẵn, do đó a là số chẵn.

0, 5

Mặt khác a là số nguyên tố nên a2 0,5

Khi đó ta được ² 1

2 0 2

x x x

x

 

      

KL: tổng tất cả các số nguyên x thỏa mãn là 1 2  1

0, 5

3.2

(1,5) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình



^{x y}^



²^{ }^y ³^{x z}^ ²^^1. ^(1,5)



^{x y}^



²^{ }^y ³^{x z}^ ²^{ }^1.



^{x y}^



²^³^{x y}^{  }¹ ^z² (*) Mà 3x y  1 0 với mọi ,x y nguyên dương ^z² 



^{x y}



²

 

¹

0,5

Ta lại có



^{x y}^{ }²



²^^z² ^



^{x y}^{ }²

 

²^ ^{x y}^



²^³^{x y}^{ }¹



^{x y}



² ⁴



^{x y}



⁴



^{x y}



² ³^{x y} ¹ ^x ³^y ^{5 0}

              với mọi ,x y nguyên dương

Nên



^{x y}^{ }²



²^^z²

 

²

0,5

Từ

 

^{1 và}

 

^{2 suy ra}^z²^



^{x y}^{ }¹



²

Thay vào (*) ta được



^{x y}^



²^³^{x y}^{  }¹



^{x y}^{ }¹



²^{  }^x ^y ²

Do đó z2y3

0,25

Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương



^{x y z}^{; ;}



của phương trình có dạng



^k^^{2; ; 2}^{k k}^³



với k là số nguyên dương.

0,25 4

(7,0) 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.

(7,0)

Q

R P M

D F

E

O

B C

A

4.1 Chứng minh rằng tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp. (2,5)

(5)

(2,5)

Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. 0,5

Suy ra  AFE BCQ 0,5

Chỉ ra  AFE BRQ 0,5

Suy ra BRQ BCQ  0,5

Chỉ ra tứ giác BQCR nội tiếp 0,5

4.2 (2,5)

Chứng minh hai tam giác EPM và DEM đồng dạng. (2,5)

Chỉ ra tam giác ECMcân tại M 0,5

Chứng minh được EMD2ACB 0,5

Tứ giác BCEF ACDF; nội tiếp nên   ACB AFE BFD  Suy ra EMD2  ACBAFE BFD EMD DFE  180⁰

0,5

Chỉ ra tứ giác DMEFnội tiếp, suy ra  BDFPEM 0, 5

Mà BDF  BAC MDE nên _{MDE PEM} _ . Suy ra tam giác EPM và DEM đồng dạng 0,5 4.3

(2,0) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định. (2,0)

Do tứ giác DMEFnội tiếp, suy ra  _{PFD EMD}_ ^0,5

Mà _PDF __EDM nên tam giác PFD đồng dạng với tam giác EMD suy ra PD ED

DF  MD 0,5 Do RFD    ACB AFEFRD nên tam giác FDRcân tại D suy ra FD DR

Chứng minh tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE DQ .

0,5

Ta có FD DR DE DQ ;  suy ra PD DQ DR MD

Chỉ ra hai tam giác PDR và QDM đồng dạng, suy ra  PRQ PMQ

0,25

Chỉ ra tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua điểm M cố định

0,25 5.1

(1,0) Cho 2021 số tự nhiên từ 4 đến 2024 trên bảng, mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi trên bảng chỉ còn lại các số từ 1 đến 9. Hỏi cuối cùng, trên bảng có bao nhiêu số 3, bao nhiêu số 7?

(1,0)

Một số chia cho 9 dư k thì tổng các chữ số của nó chia 9 cũng dư k 0,25 Do đó sau khi thay đủ số lần, mà mỗi lần thay một hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của

nó thì cuối cùng trên bảng chỉ còn lại các số dư k tương ứng của các số đã cho. 0,25 Các số chia 9 dư 3 trong dãy từ 4 đến 2024 là: 12; 21; 30; … ; 2019.

Dãy trên có 2019 12

1 224 9

   (số), do đó trên bảng có 224 số 3

0,25

Các số chia 9 dư 7 trong dãy từ 4 đến 2024 là: 7; 16; 25; … ; 2023.

Dãy trên có 2023 7

1 225 9

   (số), do đó trên bảng có 225 số 7 Vậy cuối cùng trên bảng có 224 số 3, có 225 số 7.

0,25

5.2

(1,0) Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn x³y³z³ 24. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức ²

 

² 8

1. xyz x y z

M xy yz zx xy yz zx

  

 

    

(1,0)

Ta có x³  8 8 3.³ x³.8.8 12 x hay x³16 12 x Tương tự y³16 12 y; z³16 12 z

Cộng vế ba bất đẳng thức trên ta được ¹²



^{x y z}^{ }



^^x³^^y³^{ }^z³ ^{48 72}^

6 x y z

   

0,25

(6)

Có 24x³y³z³3³ x y z³. .³ ³ 3xyzxyz8 0,25 Có ^{24 3}^ ^{xyz x}^ ³^^y³^{ }^z³ ³^xyz^



^{z y z x}^{ }

 

²^^y²^^z²^^{xy yz zx}^ ^





² ² ²



6 x y z xy yz zx

     



² ² ²

   

²

  

8 xyz 2 x y z xy yz zx 2 x y z 3 xy yz zx

             

 

²

 

2 8 6

xyz x y z xy yz zx

       

   

² ²

8 6 xy yz zx xyz 2 x y z 8 2.6 80

          

0 xy yz zx 12

    

0,25

Có ^{8 6}

 

⁸ ⁶ ⁸ ⁸

 

1 1

xy yz zx

M f t

xy yz zx xy yz zx t t

  

     

     

với ^t^^{xy yz zx t}^ ^ ^; ^



^0;12



Khi đó ^{f t}

 

^{ }⁶ ^{t t}



⁸^¹



^{ }⁶ ^{12 12 1}



⁸ ^



^²³⁶³⁹

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 236

39 khi x  y z 2.

0,25

Chú ý:

- Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định.

- Tổng điểm toàn bài không làm tròn.

---Hết---