Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Tỉnh Tiền Giang 2020-2021

(1)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2020-2021, MÔN TOÁN 9

Thời gian làm bài : 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)

1) Cho biểu thức A ³ 9 80 ³ 9 80 .Chứng minh Alà số nguyên tố 2) Cho 31số nguyên a a₁, ,...,₂ a₃₁

a) Chứng minh a₁³ a₁chia hết cho 6

b) Biết a₁a₂ ...a₃₁chia hết cho 6. Chứng minh rằng a₁³ a₂³...a₃₁³ chia hết cho 6

3) Tìm tất cả các số tự nhiên nsao cho n⁴ n² 1là số nguyên tố Câu 2. (6,0 điểm)

1) Cho a b, là hai số thực dương ab4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 4

P  a b a b



2) Giải phương trình



²^ ⁵^^x



³³^{  }^x ^x ¹

3) Cho phương trình ^x² ^²



^m^³



^x^{ }^{5 2}^m^⁰(m là tham số thực). Tìm mđể

phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá trị độ dài của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có đội dài là đường cao ứng với cạnh huyền bằng 2 5

5 (đơn vị độ dài) Câu 3. (4,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy,cho đường thẳng

 

^d ^:^y^{  }^x ^m ³



^m^{ }³



^{. Gọi}^{A B}^, ^lần

lượt là giao điểm của đường thẳng

 

^d với 2 trục tọa độ Ox Oy, .Tìm mđể diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác OABbằng 8(đơn vị diện tích)

2) Sau đợt tổng kết phát thưởng cho các vận động viên đạt giải trong Hội Khỏe Phù Đổng cấp Tỉnh của trường X, tổng số tiền phát thưởng là 23 triệu đồng, trong đó huy chương vàng (HCV) được 5 triệu đồng , huy chương bạc (HCB) được 2 triệu đồng và huy chương đồng (HCĐ) được 1 triệu đồng. Tính số vận động viên đạt

, ,

HCV HCB HCD, biết rằng tổng số vận động viên đạt HCB và HCĐ không quá 2 người

Câu 4. (2,0 điểm) Cho hai số thực a b, sao cho a  b và ab0thỏa mãn :

 

2 2 2 2

2 a b 4

a b a

a ab a ab a b

 

 

   . Tính giá trị của biểu thức

 

3 3

2020 2021

31 3

ab a b

M a b

 

 Câu 5. (4,0 điểm)

Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ Avẽ hai tiếp tuyến ,

AB ACvới đường tròn

 

^O ^{B C}^, là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O)



^M nằm giữa A và ^N



^{. Gọi}^Elà trung điểm của NM

a) Chứng minh năm điểm A B E O C, , , , cùng thuộc một đường tròn b) Tia CEcắt

 

^O ^tại^I. Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân

c) Gọi Hlà giao điểm của AOvà BC.Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp.

(2)

ĐÁP ÁN Câu 1.

    

   

3 3

3 3 3 3

3 3

2

1) 9 80 9 80

9 80 9 80 3 9 80 9 80 9 80 9 80

18 3 3 18 0

3 3 6 0 3 3

3 6 0( )

A A

A A A A

A A A A A

A A VN

   

          

      

 

           

Vậy Alà số nguyên tố

2) a) Ta có: ^a¹³ ^^a¹^ ^{a a}¹



¹²^{ }¹



^{a a}¹



¹^¹



^a¹^¹



Có



a11 ; ;

 

a1 a11



là ba số nguyên liên tiếp a a1



11



a11 6



⋮  a1³a1⋮6 b) Ta có :



â¹³^â²³^^...^â³¹³



^



â¹^â² ^^....^â³¹



^



^a¹³ ^^a¹

 

^ ^a³² ^^a²



^^....^



^a³¹³ ^^a³¹



chia hết cho 6, mà a₁a₂ ....a₃₁chia hết cho 6

Vậy a₁³ a₂³...a₃₁³ chia hết cho 6

3) Ta có ⁿ⁴^ⁿ² ^{ }¹



ⁿ² ^{ }ⁿ ¹



ⁿ² ^{ }ⁿ ¹



Để n⁴ n² 1là số nguyên tố thì

2 2

1 1 1 1 1 0

1 n n n

n n n

n

  

     

    

  

4 2

1 1 3( )

0 1 1( )

1 1 3( )

n n n tm

n n n ktm

n n n tm

    

     

Vậy n1hoặc n 1thì n⁴ n² 1là số nguyên tố

(3)

1) Ta có : 1 1 4 4 4 4 2

a b a b

P a b a b ab a b a b

 

       

  

Dấu " " xảy ra khi 4

, 4 2

4 a b

ab a b

a b

     



2) ĐK: x5



²^ ⁵^^x



³³^{  }^x ^x ¹

 

³

      

³



3 3

1 3 1 2 5 1 3 5 2 0

1 0 1

3 5 2 0 3 5 2

x x x x x x x

x x

x x x x

             

  

 

 

        

 

Do x5nên ³ 3 x 2, 5 x 0 ³ 3 x 5 x 2, dấu bằng khi x5 Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S ^

 

^1;5

3) Ta có ^{1 2}^



^m^³



^{ }^{5 2}^m^^0,suy ra phương trình luôn có nghiệm x1và nghiệm 5 2

x  m

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 5 2 m 1 m2

Vì hai nghiệm trên là hai cạnh của tam giác vuông có đường cao có độ dài bằng 2 5 5 nên

 

2 2 2

5 2 0

1 1 1 3

1 5 2 2( )

2 5 5

m

m tm

m

 



    

  

 

 



Vậy 3

m2 Câu 3.

1) Vì A là giao điểm của đường thẳng

 

^d ^với^Ox^nên^A



³^^m^;0



Vì B là giao điểm của đường thẳng

 

^d ^với^Oy^nên^B



^0;^m^³



 

²

2. 3

AB m

  

Vì tam giác OABlà tam giác vuông tại O nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OABlà ²^.



³



²

2 2

R AB  m

Để diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác OABbằng 8thì R² 8

(4)

 

²

2 3 4 7

8 3 16 ( )

3 4 1

m m

R m tm

m m

  

 

            Vậy m7hoặc m 1thỏa mãn đề bài

2) Gọi số vận động viên đạt HCV là x Gọi số vận động viên đạt HCBlà y

Gọi số vận động viên đạt HCĐ là ^{z x y z}



^{, ,} ^^ℕ^*



Ta có :

23

5 2 23 5 23 5 4

2 23 5 4 19

5

x y z x x

y z x x

x

 

   

    

      

   



Khi đó 2y    z 3 y z 1

Vậy có 4 vận động viên đạt HCV, 1 vận động viên đạt HCB, 1 vận động viên đạt HCĐ Câu 4.

Ta có:

 

² ²

 

² ²

2 2 2 2 2 2

2 4 2

. . 4

a b a b

a b a a b a b a b

a ab a ab a b a ab a a ab a

 

   

    

    

     

2 2 2 2

2 2

2 4 1 2 1 4 *

a b a b b b

a a a a

     

          

   

Đặt ^x ^b



^x ¹



 a   , suy ra (*) trở thành



¹



² ^{2 1}

 

² ⁴ ³ ² ² ^{1 0} 1¹⁽ ⁾

( ) 3

3 x ktm

x x x x

x tm a b

  

         

   



Suy ra

 

3 3

3 . 2020.3 2021 8081

31.27. 3 280

b b b b

M b b

  

 Câu 5.

(5)

a) Chứng minh năm điểm A B E O C, , , , cùng thuộc một đường tròn Ta có : ^^OBA^{ }^OCA^⁹⁰^



^{AB AC}^, là tiếp tuyến của

 

^O ⁾

Mà ^^OEA^⁹⁰^



^Elà trung điểm của dây MN)B C E, , cùng nằm trên đường tròn đường kính OA A B C O E, , , , cùng nằm trên một đường tròn

b) Tia CEcắt

 

^O ^tại^I. Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân , , , ,

A B C O Ecùng nằm trên một đường tròn  ABEClà tứ giác nội tiếp ABC AEC

    (2 góc nội tiếp cùng chắn dây AC)

Mà ^^ABC^¹₂^{sd BC} ^¹₂



^{sd MC}^^{sd MB}



(là góc tại bởi tiếp tuyến và dây BC)

 

1

AEC 2 sd IN sd MC

   (góc có đỉnh bên trong đường tròn)

Vì ABC AECsd MC sd MBsd IN sd MCsd IN sd MB NB MI NB MI

   

Ta có : 1

BIC ABC 2sd BC BIC AEC

       

  (hai góc ở vị trí đồng vị)

/ / BI AM

 tứ giác MBINlà hình thang mà NBMI

tứ giác MBINlà hình thang cân

c) Gọi H là giao điểm của AOvà BC.Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp Xét hai tam giác ABM và ANBcó: BAM chung, ABM  ANB(cùng chắn cung

 

) .

BM  ABM ∽ANB g g

H

I E M

C B

O A

N

(6)

2 . AB AM

AB AM AN AN AB

    mà ^AB² ^ ^{AH AO}^.



^^ABOvuông tại B có đường cao

) . . AM AH

BH AM AN AH AO

AO AN

   

Xét hai tam giác AMHvà AON có :

MAH chung, ^AM ^AH



^cmt



AO  AN ( . . )

AMH AON c g c AHM ANO

  ∽    

Xét tứ giác MHNOcó AHM  ANO

Vậy tứ giác MHNOlà tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)