Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Thọ Xuân 2020-2021

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THỌ XUÂN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2020-2021. MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 1 : ³ ² ²

1 2 3 5 6

x x x x x

A x x x x x

       

      

    

   

(với x0;x1;x 4;x9)

2) Tìm tất cả các giá trị của xsao cho biểu thức Acó giá trị nguyên Câu 2. (4,0 điểm)

1) Giải phương trình x⁴ 2x²  9 2x²  x 6 2) Giải hệ phương trình ³

 

²

2

1 3 3 3 0

9 20 2 10

y x y xy x y

x x y

      



   



Câu 3. (4,0 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y}^;



^{thỏa mãn}³



^x^²^y^^{1 6}



^x^{ }^y ²



^¹¹^y^⁸

2) Chứng minh rằng nếu abclà số nguyên tố thì b² 4ackhông phải là số chính phương

Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn



^{O R}^;



^{và điểm}^M cố định ở bên ngoài đường tròn. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA MB, và cát tuyến MCDđến đường tròn



^{O R}^;



^với^{A B}^, là các tiếp điểm. C D, thuộc đường tròn

 

^O ^{sao cho}^MC^^{MD CD}^, ^²^R^{. Gọi}^Elà trung điểm của

CD

1) Chứng minh bốn điểm A E O B, , , cùng nằm trên một đường tròn

2) Gọi Flà giao điểm của AB OE, .Chứng minh FClà tiếp tuyến của đường tròn



^{O R}^;



3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ ABcủa đường tròn (O). Tiếp tuyến qua Tcủa đường tròn

 

^O lần lượt cắt MA MB, tại các điểm I K, .Chứng minh chu vi tam giác

MIKkhông đổi. Xác định vị trí của điểm Ttrên cung nhỏ ABsao cho tam giác MIKcó diện tích lớn nhất

Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn 4

abbccaabc .

Chứng minh rằng a²  8 b²  8 c²     8 a b c 6

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

1) Rút gọn biểu thức

 

     

  

3 2 2

1 :

1 2 3 5 6

1 9 4 2

1 :

1 1 2 3

2 3

1 2

1 . 3 1

x x x x x

A x x x x x

x x x x x

x x x x

x x

x x x

       

      

    

   

       

 

 

     

 

 

  

 

  

2) Tìm tất cả các giá trị của xsao cho biểu thức Acó giá trị nguyên

Với 2 3

0; 1; 4; 9 1

1 1

x x x x A x

x x

 

       

 

Ta có : ³ ⁰ ¹ ³ ^{1 1}

 

1 1

x x

 

   

 

Lại có ^{1 1} ¹ ¹ ³ ³ ¹ ³ ^{2 2}

 

1 1 1

x x x x

 

          

  

Từ (1) và (2), ta có:   2 A 1, Mà ^A^{    }ℤ ^A



^{2; 1;0}



2 3 3 1 1 0( )

1

3 3 1 1

1 2 1 ( )

2 2 4

1

0 3 1 1 3 2 4( )

1

A x x tm

x

A x x x tm

x

A x x x ktm

x

          



            



           



Vậy 1

0;4 x  

  

 thì A nhận giá trị nguyên

(3)

Câu 2.

1) Giải phương trình : x⁴ 2x²  9 2x²  x 6 ĐKXĐ: ²

3

2 6 0 2

2 x x x

x

 

   

  



 

²

4 2 2 9 2 2 6 4 2 2 9 2 2 6

x  x   x   x x  x   x  x

Ta thấy x0không phải là nghiệm của PT, chia cả 2 vế của PT cho x²ta có :



²



² ²

 

4 2

2

2 2 2

2 6

2 9 9 3

2 2 1 *

x x x x

x x

x x x x

            

Đặt 3 ² 9₂ ²

6

x y x y

x x

      thay vào phương trình (*) ta có :

 

²

2 2

1

8 2 1 3 4 7 0 7

3 y

y y y y

y

 

          



Với 3 ² 1 13

1 1 3 0

y x x x x 2

x

          

Với 7 3 7 ² 7 157

3 7 9 0

3 3 6

y x x x x

x

             

Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm của PT là 1 13 7 157

2 ; 6

S     

  

 

 

2) Giải hệ phương trình :

   

 

3 2

2

1 3 3 3 0 1

9 20 2 10 2

y x y xy x y

x x y

      



   



Điều kiện : y10 0. Xét phương trình (1) ta có :

     

       

   

3 2 3 2

2 2

1 3 3 3 0 1 1 3 1 0

1 1 1 3 1 0

3 1 0 3 ( 1 0)

y x y xy x y y x y y

y y y x y y

y x y y y x do y y

            

        

         

(4)

Thay y3xvào phương trình

 

^{2 ta có :}

   

 

2 2

2

2 9 20 2 3 10 0 3 3 11 2 3 10 0

9 66 121 12 40 9 54 81

3 0 3 0

3 11 2 3 10 3 11 2 3 10

3 1 9 0

3 11 2 3 10

x x x x x x

x x x x x

x x

x x x x

x x x

            

     

       

     

 

       

Mặt khác ³^x^^{11 2 3}^ ^x^^{10 3}^ ^x^^{10 2 3}^ ^x^^{10 1}^{ }



³^x^^{10 1}^



² ^⁰

1 9 0 3 0 3 9( )

3 11 2 3 10 x x y tmdk

x x

           

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm 3 9 x y

  

  

 Câu 3.

1) Ta có : ³



^x^²^y^^{1 6}



^x^{ }^y ²



^¹¹^y^⁸

  

3 2 6 2 4 6 2 11 8

3 2 6 24 4 6 8

6 3 6 4 2

x y x y x y x y y

x y x y x y

x y x y

          

      

    

3 6 4 2 1 1 2

6 1 2 2 1

7 5 8

0 33 11 33

8 8 5

1 11 11 11

x y x y x y

   

  



Vì ,x y_ℤnên



^{x y}^;

  

^ ^0;1

2) Giả sử b² 4aclà số chính phương, đặt b² 4acn² 4acb² n² Ta có ^{4 .}^{a abc}^⁴⁰⁰â² ^⁴⁰âb^⁴âc^



²⁰^a



² ^^{2.20 .}^{a b}^^b² ^ⁿ²



²⁰^a ^b



² ⁿ²



²⁰^a ^b ⁿ



²⁰^a ^b ⁿ



       

(5)

Trong hai số 20a b nvà 20a b ncó một số chia hết cho số nguyên tố abc Mặt khác, b²n² 4ac  0 n b

Do đó, 20a  b n 20a  b n 100a10b c abc Cả hai số 20a b nvà 20a b nđều nhỏ hơn abc Vậy b² 4ackhông phải là số chính phương

Câu 4.

1) Chứng minh bốn điểm A E O B, , , cùng nằm trên một đường tròn Xét tứ giác AOBM có :

90

MAO  (vì MAlà tiếp tuyến của đường tròn tâm O) 90

MBO  (vì MBlà tiếp tuyến của đường tròn tâm O)

H

A 1

B 1 K

I

F

C E

B A

M O

D

T

(6)

90 90 180 MAO MBO

         

Tứ giác AOMBnội tiếp đường tròn đường kính ^MO

 

¹

Vì Elà trung điểm của đoạn thẳng CDnên OECD

Xét MOEvuông tại E nên MOEnội tiếp đường tròn đường kính ^MO

 

²

Từ (1) và (2) suy ra 5điểm A E O B M, , , , cùng nằm trên đường tròn đường kính MO. Vậy bốn điểm A E O B, , , cùng nằm trên một đường tròn

2) Gọi Flà giao điểm của AB OE, .Chứng minh FClà tiếp tuyến của đường tròn



^{O R}^;



Gọi

 

^H ^^AB^^{MO G}^;

 

^^AB^^CD

Ta có MAMB(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), ^OA^^OB



^^R



Suy ra OM là đường trung trực của đoạn thẳng ABOM vuông góc AB tại H Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH,ta có : MA² MH MO. Ta chứng minh được MAC^∽MDA g g( . )MA² MC MD.

Suy ra MH MO. MC MD. .Khi đó MCH∽MOD c g c( . . ) MHC MDO

    Tứ giác CHODnội tiếp đường tròn DHO OCD

    (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung OD), mà OCD ODC OHD ODC

    hay OHD  ODM  OHD∽ODM g g( . ) ODH OMD

    hay ^^ODH ^{ }^OMG

 

³

Xét MHGvà FEG,có: MGH  FGE(hai góc đối đỉnh) 90

MHG FEG

    

HMG EFG

    hay ^^OME ^{ }^OFH

 

⁴

Từ (3), (4) suy ra ODH  OFH tứ giác OHDFnội tiếp đường tròn đường kính OF mà tứ giác OHCDnội tiếp đường tròn (cmt)

Suy ra 5 điểm O H C F D, , , , cùng nằm trên đường tròn đường kính OF 90

 OCF  hay FCCO

FClà tiếp tuyến của đường tròn



^{O R dfcm}^;

 

3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ ABcủa đường tròn (O). Tiếp tuyến qua Tcủa đường tròn (O) lần lượt cắt MA MB, tại các điểm I K, .Chứng minh chu vi tam giác MIKkhông đổi. Xác định vị trí của điểm Ttrên cung nhỏ ABsao cho tam giác MIKcó diện tích lớn nhất

Do IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại T nên IT IA KT, KB

(7)

MIK 2

IK IT KT IA KB

C MI MK IK MI MK IA IB MA MB MA

    

          

Mà điểm Ovà M cố định nên MAkhông đổi. Do đó C_MIKkhông đổi (đpcm) Qua O kẻ đường thẳng song song ABcắt MAtại A₁,cắt MBtại B₁. Ta có :

1 1 1 1

1 1 1

2 2 2

KOI KOT TOI BOT TOA AOB AOM MA B MB A

                

Từ đó suy ra IOA₁∽IOK∽OB K g g₁ ( . )

1 1

IA OB OA B K

  hay

2 1 1

1. 1 1. 1

4

IA B K OA OB  A B (không đổi). Ta có :

 

1 1 1 1 1 1 1 1

1 .

2

MIK MA B KOI IOA KOB

S S S S S  MO A B R IK IA KB  Mà MI IK KM 2MA(chứng minh trên)



1

 

1 1



1 1 1

2 2 2 2

IK MA MI MK MA MA IA MB KB MA MA IA KB

            

 

1 1 1 1 1

1 . 2 2 2 2

2

1 . .

2

SIMK MO A B R MA MA IA KB

MO A B R AA R IA KB

       

   

Áp dụng bất đẳng thức AM GM,ta có:

2

1 1 2 1. 1 2. 1 1 1 1

4

IA KB  IA KB  A B A B

1 1 1 1 1

1 . .

2

SIMK MO A B R AA RA B

    .

Dấu " " xảy ra  IA₁ KB₁ IK / /AB Câu 5.

Cộng thêm hai vế của abbccaabc 4cho ^ab^^bc^^ca^⁴



^a^{ }^b ^c



^⁸^{ta được:}

     

2 4 8 12 4

abc abbcca  a b c    a b c abbcca



^a ²



^b ²



^c ²

 

^a ²



^b ²

 

^b ²



^c ²

 

^c ²



^a ²



            

1 1 1

2 2 2 1

a b c

   

   , do vậy ta có: 6 6 6

2 2 2 6

a  b  c 

  

Ta sẽ đi chứng minh mệnh đề sau: ² ⁸ ⁶



²



² ⁸ ² ² ⁶

a a 2 a a a a

   a      



(8)

Thật vậy, theo bđt Cô si ta có:

 

2



2



² ² 8 2

2 8 2 6

2

a a

a a    a a

     

Như vậy, mệnh đề được chứng minh Tương tự ta thu được : ² 6

8 2

b b

  b

 và ² 6

8 2

c c

   c

 Cộng lại ta có :

2 2 2 1 1 1

8 8 8 6 6( )

2 2 2

a b c a b c a b c dfcm

a b c

 

                  