Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh 2020-2021

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN 9

Thời gain làm bài : 150 phút (không kể giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho x y z 1

a   b c và a b c 0.

x   y z Chứng minh rằng

2 2 2

2 2 2 1

x y z

a  b c  2. Cho biểu thức 2x 2 x x 1 x x 1

P x x x x x

  

  

 

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của Pkhi x4

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x²2mxm²  m 6 0



^mlà tham số) 1) Tìm mđể phương trình có hai nghiệm

2) Với giá trị nào của mthì phương trình có hai nghiệm x x₁, ₂sao cho x₁  x₂ 8 Câu 3. (4,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3 2 2

2

2 2 2

1 4 4 1 3 2

x xy x x y y y

x y x y

     



    



2) Tìm các số tự nhiên , ,x y zsao cho x² y² z²  3 xy3y3z

Câu 4. (2,0 điểm) Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn a  b c 9.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 5 2 3 18 3 5 2 3 18 3 5 2 3 18

a b c

P

b b b c c c a a a

  

        

Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABCvuông tại ^{A AB}



^ ^AC



ngoại tiếp đường tròn tâm O.

Gọi D E F, , lần lượt là tiếp điểm của

 

^O với các cạnh AB AC BC, , .Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF DF, lần lượt tại I K,

1) Tính số đo góc BIF

2) Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE

a) Khi AM  AB,gọi H là giao điểm của BM và EF.Chứng minh rằng ba điểm , ,

A O Hthẳng hàng

b) Gọi Nlà giao điểm của đường thẳngBM với cung nhỏ EFcủa

 

^{O P Q}^{; ,} ^{lần lượt}

là hình chiếu của Ntrên các đường thẳng DE DF, . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQlớn nhất

Câu 6. (2,0 điểm)

1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một góc không lớn hơn 45⁰ và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn 3

5 2. Tìm các số tự nhiên a b c, , thỏa mãn 1  a b cvà

   

1

1 1 1

P abc

a b c

 

   nhận giá

trị nguyên.

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

1.1) ĐKXĐ:xyzabc0

Từ a b c 0 ayz bxz cxy 0 0

ayz bxz cxy

x y z xyz

 

        

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2

1 1 2 1

x y z x y z x y z xy xz yz

a b c a b c a b c ab ac bc

   

               

   

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 1 2 2 2 1

x y z cxy bxz ayz x y z

a b c abc a b c

 

        

1.2) a) Điều kiện : x0,x1

  

    

 

1 1 1 1

2 2

1 . 1

2 2 1 1 2 2 2

x x x x x x

P x

x x x x x

x x x x x x x

x x

     

   

 

        

 

2 2 2 2 3

) 2

2 2

x x x

b P x

x x

 

 

    

 

Áp dụng AM-GM 2 3

2 . 4 2 7

2 2

P x

  x   

Vậy Min P  7 x 4 Câu 2.

a) Phương trình x² 2mxm²   m 6 0có hai nghiệm thì

 

2 2

' m m m 6 m 6 0 m 6

           b) Theo hệ thức Vi-et ta có : ¹ ² ₂

1 2

2

6

x x m

x x m m

 



  

 . Ta có :

2 2

1 2 8 1 2 2 1 2 64

x  x   x  x  x x 



x1 x2



² 2x x1 2 2 x x1 2 64

    

Trường hợp 1:

Nếu x x₁, ₂cùng dấu thì

  

1 2 2

0 6

6 2 3 0

x x m

m m m m

  

  

     

 ⁶ ²

 

^*

3 m m

  

  

Khi đó

  

1  x1 x2



² 644m² 64m 4(thỏa mãn (*))

(3)

Nếu x x₁, ₂trái dấu thì x x1 2  0 m²   m 6



m2



m3



   0 2 m3 **

 

Khi đó

  

1  x1x2



² 4x x1 2 644m² 4



m²  m 6



64m10(ktm(**)) Vậy m 4

Câu 3.

 

3 2 2

2

2 2 2 1

) 1 4 4 1 3 2 2

x xy x x y y y a

x y x y

     



    



Điều kiện :

4 2 4 1 0

0

y x

y

   

 

 . Ta có phương trình :

     

 

3 2 2 2

2

1 2 2 2 0 2 1 0

2

1 0 3

x x y xy y x y x y x y

x y x y

           

 

    

Dễ thấy

 

3 vô nghiệm do y  0 x 2y. Thay vào (2) ta được :

 

1 2 4 1 3 4

x  x  x  x . Từ (4) suy ra x0

Xét x0thay vào phương trình (4) ta thấy không thỏa mãn Xét x 0,phương trình (4) tương đương 1 1

4 3

x x

    

Đặt ^t ^x ¹



^t ²



^x ¹ ^t² ²

x x

      

Phương trình (4) trở thành : t t²  6 3

2

2 2

3 5

6 3 6 6 9 2

1 1 1

5 1 5 2 4 8

2 2

2 4 2

t t t t

t t t

x x y

t x

x x x y

 

      

   



     

     

    



(4)

Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm ^{1 1}^; ^{, 4;2}

 

4 8

 

 

  Câu 3b

Từ giả thiết ta có :

 

2 2 2 2 2 2

2 2

2

3 1 3 2 4 3 2 0

3 3 3 2 1 0

4 4

2 0 1

3 1 1 0 1 0 2

2 2 2

1 0 1

x y z xy y z x y z xy y z

y y

x xy y z z

x y

y y y x

x z y

z z

              

   

          

   

  

  

 

   

               

        



Vậy x1;y2;z 1 Câu 4.Ta có :

   

 

2 2

3 2 2

6 3 9

5 3 18 6 3

2 2

2 1

5 3 18 9

b b b b

b b b b b b

a a

b b b b

    

        

 

    Tương tự ta có :

   

2 3

3 2 3 2

2 2

2 ; 3

9 9

5 3 18 5 3 18

b b c c

c a

c c c a a a

 

 

     

Từ (1), (2), (3), ta có : ₂2 ₂2 ₂2

9 9 9

a b c

P b  c  a

  

Mà



²



² ² ²

2 2 2

2 9 2

2 1 1 2 1 2 1

2 2 2

9 9 9 9 9 9 6 9 3

a b ab

a ab ab ab

a a a

b b b b

         

 

           

          

Nên 1 1

2 2 2 18

9 3 9 3

ab bc ca ab bc ca P  a b c        

   

Lại có ³



^ab^^bc^^ca

 

^ ^a^{ }^b ^c



² ^^ab^^bc^^ca^²⁷

(5)

18 1

9 3

P  

    

 

Dấu " " xảy ra

2 2 2

6 3

6 3 3

9 3

b b b

c c c

a a a a b c

a b c a b c

    

    



        

   

   



Vậy Min P     1 a b c 3 Câu 5.

5.1) Vì BD BF, là các tiếp tuyến của (O) nên OD BD OF, BFvà BDBF Mà OD OF(vì D F, thuộc đường tròn (O)) nên OBlà trung trực của DF

OB DF

  tại K KIF vuông tại K

Chỉ ra tứ giác ADOElà hình vuông  DOE90

Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có :

1 1

.90 45 45

2 2

DFE DOE KFI

          

H K

I D

E

F O

B

A

C

M

(6)

 KIF vuông cân tại K KIF 45hay BIF 45 5.2 )

a) Tứ giác ADOElà hình vuông  AOlà trung trực DE

 

¹

Có AB AMnên tam giác ABM vuông cân tại A 45

 ABM  hay DBH 45  DBH  DFH 45

BDHFlà tứ giác nội tiếp

 

²

Thấy BDO BFO90 90 180  BDOFlà tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3)5điểm B D O H F, , , , cùng nằm trên một đường tròn Suy ra BHO BFO90 OH BM

Mặt khác ADE 45  ABM và hai góc này đồng vị nên ^DE^{/ /}^BM ^^OH ^^DE

 

⁴

Từ (1) và (4) A O H, , thẳng hàng

5.2b) Vì DPN  DQN 90 90 180nên DPNQlà tứ giác nội tiếp QPN QDN

    (vì cùng chắn cung ^QN^{) 5}

 

Q

P

N K H

D I

E

F O

B

A

C

M

(7)

Mặt khác, tứ giác DENFnội tiếp (O) nên FDN  FENhay ^^QDN ^{ }^FEN

 

⁶

Từ (5) và (6) ta có : ^^QPN ^{ }^FEN

 

⁷ , tương tự ta có : ^^EFN ^{ }^PQN

 

⁸

Từ (7) và (8) suy ra : ( . ) PQ NQ

NPQ NEF g g

EF NF

 ∽  

Theo quan hệ đường xiên – vuông góc ta có : PQ NQ 1

NQ NF PQ EF

EF NF

      không đổi (do E F, cố định) Dấu bằng xảy ra khi Q F  NF DF D O N, , thẳng hàng

Do vậy PQ_max  EFkhi M là giao điểm của ACvà BN với Nlà điểm đối xứng với D qua O Câu 6.

1) Chia lục giác đều cạnh bằng 1 thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 1, có 19 điểm nằm trong lục giác đều nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một tam giác chứa 4 điểm trong 19 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 1 có bán kính 3 3

3 5

R 

Trường hợp 1: Giả sử 4 điểm đó là A B C D, , , tạo thành một tứ giác lồi (hình 3.1), suy ra có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 90 ; giả sử đó là BAD90

90 BAC CAD

      trong hai góc BAC,CADcó ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc băng 45 . Giả sử BAC 45suy ra tam giác ABCthỏa mãn một góc không lớn hơn 45

Trường hợp 2: Giả sử 4 điểm đó tạo thành các hình 3.2 và 3.3

Hình 3.1 Hình 3.2 Hình 3.3

A B

C

D

A

B

D

C

A

B

C

D

(8)

+)Nếu BDC 90  CBD BCD90thì một trong hai góc CBD,BCDcó số đo không lớn hơn 45 . Giả sử CBD 45suy ra tam giác BCDthỏa mãn có một góc không lớn hơn 45

+) Nếu BCD90  BAD90thì trong hai góc BAC,CADcó một góc không lớn hơn 45. Giả sử BAC45suy ra tam giác ABCthỏa mãn có một góc không lớn hơn

45

Như vậy từ các trường hợp trên, ta suy ra dfcm 2) Ta có:

   

     

   

1 1 1 1 1 1 1

1

1 1 1 1 1 1

a b c

P abc

a b c a b c

      

     

      

 

     

        

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

1 1 4( 2, 3, 4)

2 3 1.2 2.3 3.1

a b c a b b c a c

do a b c

      

        

          

Hơn nữa P1

Nếu 1 1 1 1 1 1

4 4 1 2

3 4 5 3.4 4.5 5.3 a          a b c P    Vô lý vì Pℕ,P1.Từ đó suy ra 2

3 P P

 

  và 2 3 a a

 

  . Ta có 4 trường hợp sau : Trường hợp 1: a2,P2ta có



²



¹



² ² ^{1 2}



¹



^{1 1}

 

1 1

bc bc b c

b c

      

 

Do ^VT

 

¹ ^{lẻ mà}^VP

 

¹ chẵn nên phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: a2,P3ta có :



²



¹



³ ² ^{1 3}



¹



¹

 

³



³



⁵

1 1

bc bc b c b c

b c

          

 

3 1 2, 4, 8 ( )

3 5

b a b c do b c

c

  

        Trường hợp 3: a3,P2ta có :



³



¹



²



⁴



⁴



¹¹ ^{4 1} ^3, ^5, ¹⁵

2 1 1 4 11 bc b

b c a b c

c

b c

  

          

 

  

Trường hợp 4: a3,P3ta có :



³



¹



³ ³ ^{1 6}



¹



¹



2 1 1

bc bc b c

b c

      

 

Phương trình vô nghiệm vì vế phải chia hết cho 3 mà vế trái không chia hết cho 3

(9)

Vậy 2, 4, 8 3, 5, 15

a b c

  

   

 thỏa mãn bài toán