Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa Vòng 1 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 MÔN TOÁN – VÒNG 1

Năm học 2020-2021

Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm bài 120 phút

Câu 1. (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức 1 ³ : ^{3 2 9 0}

4; 9

9 2 3 6

x x x x x x

P x x x x x x x

         

               

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

Tính giá trị của biểu thức Qa² b² c² Câu 2. (4,0 điểm)

a) Giải phương trình : ¹⁵



^{x3 x2 2x}



^{4 5}



^{x2 2}



^{x4 4}

b) Giải hệ phương trình :

   

2 2

2

4 1 0

1 2

x xy y y

x x y y

     



   



Câu 3. (4,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y;}



thỏa mãn phương trình 2 .^x x² 9y²12y19 b) Cho ,x ylà hai số nguyên dương thỏa mãn x²  y² 58chia hết cho .xy Chứng minh rằng

2 2 58

x y

xy

  chia hết cho 12

Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn

 

^{I r;} có bán kính IE IF, vuông góc với nhau. Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn

 

^{I tại E}và F, cắt nhau tại .ATrên tia đối của tia EAlấy điểm B sao cho EBr,qua Bkẻ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn

 

^{I ,D}là tiếp điểm, BDcắt AF tại C. Gọi Klà giao điểm của AI và FD

a) Chứng minh rằng hai tam giác IABvà FAKđồng dạng

b) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC,cắt FDtại P. Gọi M là trung điểm của ,

AB MIcắt AC tại Q. Chứng minh rằng tam giác APQlà tam giác cân

c) Xác định vị trí của điểm Bđể chu vi tam giác AMQđạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo r

Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương , ,x y zthỏa mãn ^{x2 y2 z2 4xyz2}



^{xy yzzx}



^.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^{P x}



^1y



^1z



ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Với điều kiện đã cho, ta có :

 

  

3 3 3

1 1 1

9 3 3 3 3

x x

x x x

x x x x x

 

     

     . Ngoài ra :

    

  

3 3 2 2 9

3 2 9 2

2 3 6 2 3 3

x x x x

x x x x

x x x x x x x

     

   

   

      

Suy ra 3 3 3

3. 2 2

P x

x x x

  

   ^{. Vậy}

3 P 2

 x



b) Nhận xét a b c, , là ba nghiệm của phương trình x³3x 1 0. Theo định lý Viet, ta có :

0 3 1

a b c ab bc ca abc

  

    

 



Do đó ,^{Q a2 b2 c2 }



^{a b c}



^{2 2}



^abbcca



^{02 2. 3}

 

^{ 6}

Vậy Q=6 Câu 2.

a) Ta có : ^{4 5}



^{x2 2}



^{x4  4 15x x}



^{2  x 2}



^{ x 0.}Chia cả 2 vế của phương trình

cho x²,ta được: 2 ² 4₂ 2

4 5 x x 15 x 1

x x x

        

   

   

Đặt 2

t x 2 2

  x . Phương trình đã cho trở thành :

     

   

2 2 2

4 2

3 2

4 5 20 15 1 16 5 20 225 1

16 109 90 45 0

3 16 48 35 15 0 3

t t t t t t

t t t

t t t t t

      

    

       

Với 2 ² 1

3 3 3 2 0 ( )

2

t x x x x tmdk

x x

 

          

b) Nhận xét y 0không thỏa mãn. Xét y 0,hệ phương trình tương đương

 

   

2

2

1 2 2

1 2 1

x x y

y

x x y

y

 

   



 

   



Đặt

2 1

, 2

a x b x y

y

     . Hệ đã cho trở thành 2 1 1 a b

a b ab

  

  

 

 ,Do đó :

2

2 2

1 1 1 1; 2

2; 5 2 1 2 0

x y x x y

y x x x y

x y

        

  

        

   



Vậy hệ đã cho có hai nghiệm



^{x y;}

   

^{ 1;2 , 2;5}



Câu 3.

a) Phương trình tương đương: ^{2 .xx2 }



^3y2



^{2 15}

Nếu 3x⋮ thì 2 .^x x²và 15 chia hết cho 3,



^3y2



²chia 3 dư 1 nên phương trình vô nghiệm Do đó xkhông chia hết cho 3

Nếu xlẻ thì x2x₁1,x₁ℕ*.Khi đó, 2.4 . 2^x1



x11

 

²  3y2



² 15.Suy ra



1



²

 

2.4 . 2^x x 2 2 mod3 mà



^3y2



^{2 15 1 mod3}

 

^{nên x}phải là số chẵn.

Do đó 2 .^x x² a²và 3y 2 b. Phương trình đã cho trở thành :

  

2 2 5 15

15 15

3 1

a b a b

a b a b a b hoac

a b a b

   

 

        

   

 

2

2

5 4 2 . 16 2

3 1 3 2 1 1

15 8 2 . 64

1 7 3 2 7,

x

x

a b a x x

a b b y y

a b a x

a b b y ktm

     

  

  

   

     

   

    

 

 

  

    

  

i

i

Thử lại thấy thỏa mãn,Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



^{x y;}

  

^{ 2;1}

b) Theo đề bài ta có : ^{x2  y2 58mxy m}



^ℕ*



Đặt ^{k gcd ,}



^{x y}



^{với k 1,kℕ.}Khi đó ta có xkx y₁, ky₁,với x y₁, ₁ℕ* Thay vào phương trình ta được: ^k2



^{x12  y12}



^{58mk x y2 1 1. Suy ra 58⋮k2  k 1}

Vì k 1nên ,x y củng lẻ hoặc một trong hai số ,x ycó một số chẵn, 1 số lẻ

Nếu có một số chẵn, không mất tính tổng quát, giả sử ychẵn thì suy ra xchẵn, vô lý Vậy cả xvà y cùng lẻ. Suy ra xylẻ

Do đó đặt x 2x₂1;y 2y₂ 1,với x y₂; ₂ℕ*

   

2 2 2 2

2 2 2 2

58 4 4 60

x y x y x y

        chia hết cho 4. Do đó x²  y² 58chia hết cho 4

Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Nếu 3x⋮  ykhông chia hết cho 3 do

 

gcd ,x y 1. Khi đó x²  y² 58chia 3 dư 1 mà xychia hết cho 3, vô lý. Do đó cả ,x y đều không chia hết cho 3.

Khi đó ta có x²  y²58 1 1 1 3 0(mod3)     . Do đó



^{x2  y2 58 3}



^⋮

Vì x² y² 58chia hết cho 12 mà xykhông chia hết cho 12nên

2 2 58

x y

xy

 

chia hết cho 12

Câu 4.

a) Nhận xét Ichính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Khi đó 180

180 180 90

2 2 2

BAC ABC ACB ACB

AIB       

         

Tứ giác FIDCnội tiếp nên

2 IFK IFD ICD ACB

     

Suy ra 90

2 AFK AFI IFK ACB

       

Do đó AIB AFK.Mà BAI  KAF 45 Nên hai tam giác IABvà FAKđồng dạng với nhau

b) Gọi T là giao điểm của FIvà

 

^{I .}Theo bổ đề quen thuộc BTđi qua tiếp điểm 'Q của đường tròn bàng tiếp ABCtại AC và AF Q C' .Mặt khác, theo bổ đề hình thang trong hình thang AFTBcó M I, lần lượt là trung điểm của AB FT, ta có M I Q, , ' thẳng hàng

T Q

M

P

K

C D

A

F

I E

B

Mà MI và AFcắt nhau tại Q nên suy ra QQ' Câu 5. Ta có :

 

 

   

2 2 2

2 2 2

2

4 2

2 2 2 4 4

4 1

x y z xyz xy yz zx

x y z xy xz yz yz xyz

y z x yz x

     

       

    

Suy ra



^{y z x}

 

^{2  yz}

 

^{2 1x}



^{. Đặt a   y z 0}, ta được :



^ax



^{2 a2}



^1x



^{a x2 2axx2   0 x a}



^2a



Mặt khác



₁



₁

 

²



²



²



²

4 4

y z a

y z   

    nên ta có :



₂

 

_. ²



²



²



³

4 4

a a a

P a a  

   . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được :

   

⁴

1 1 3 2 2 2 27

.3 2 2 2 .

3 3 4 16

a a a a

a a a a          

 

Suy ra 27 64.

P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 1

2 4; 4

a  x y z

Vậy 27 3 1

64 4; 4

Max P   x y  z