Đề thi chọn HSG môn Toán cấp huyện năm học 2020 - 2021

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2019-2020

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (5,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức

2 2 2 2

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 ).

x y x y

P x y y  x y x  x y

     

2. Chứng minh rằng

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1 1 ... 1 2020.

1 2 2 3 2019 2020

         

Bài 2 (5,0 điểm)

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 2x²5y² 41 2 xy. 2. Giải phương trình x 3 x²4x7.

Bài 3 (3,0 điểm)

1. Cho hai số dương ,a b thỏa mãn 1 1

a b . Chứng minh rằng

2 2

1 1 25

a b 2

a b

      

   

   

2. Có tồn tại số tự nhiên n để 2022n² là số chính phương hay không ? vì sao ? Bài 4 (6,0 điểm)

1. Cho hình vuôngABCDcó độ dài cạnh bằng a, E là một điểm di chuyển trên đoạn CD (E khác ,

C D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BCtại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K.

a. Chứng minh 1₂ 1₂

AE  AF không đổi.

b. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ Nđến DCvà AD.

2. Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, ba điểm ,

H I, K lần lượt là hình chiếu của , , B C D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đường thẳng d để tổng BHCIDKcó giá trị lớn nhất.

Bài 5 (1,0 điểm)

1. Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kỳ bốn điểm nào cũng có ít nhất ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc một đường thẳng.

2. Biết rằng mỗi đường chéo của một ngũ giác lồi ABCDE cắt ra khỏi nó một tam giác có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác ABCDE.

---Hết---

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay trong khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh...Số báo danh...

Chữ kí cán bộ coi thi thứ nhất...Chữ kí cán bộ coi thi thứ hai ...

ĐỀ XUẤT

(2)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

LỚP 9 NĂM HỌC 2019-2020

ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN THI : TOÁN

Bài Nội dung cần đạt được Điểm

1

1. Điều kiện: x y x;  1;y1.

3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 2 2

( )(1 )(1 ) (1 )(1 )

x x y y x y x y x xy y x y x y

P x y y x y x

         

 

    

2 2

1

x x y x y x

  

 

 x xyy.

2. Đặt

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1

₂

1 1 ... 1 .

1 2 2 3 2019 2020

S         

Ta có

2

2 2

1 1 1 1 2

1 1

( 1) 1 ( 1)

n n n n n n

 

            

(n *)

1 1

2

1 1

1 1 .

1 1

n n n n

 

           

Áp dụng đẳng thức trên ta được

1 1 1 1 1 1

1 1 ... 1

1 2 2 3 2019 2020

S             

     

= 1

2020 2020.

2020  (điều phải chứng minh)

2.5

2

1. Phương trình đã cho tương đương 2x²2xy5y²410. (1)

Ta có ² ² 82

' 82 9 0 .

x   y   y  9 Mặt khác từ (1) ta có y² là số lẻ, nên ^y²^

 

^1;9

Với y 1 2x²2x36  0 x . Với y  1 2x²2x36  0 x .

Với ² 1

3 2 6 4 0

2.

y x x x

x

 

       

Với ² 1

3 2 6 4 0

2.

y x x x

x

  

         

Vậy có 4 cặp số nguyên( ; )x y thỏa mãn là:



(1;3),(2;3),( 1; 3),( 2; 3) .   



2. Điều kiện x    3 0 x 3

Phương trình đã cho tương đương



^x^{  }³ ²

 x24x50

¹



¹



⁵



⁰

3 2

x x x

x

     

 

2.5

(3)



¹



¹



⁵



⁰

3 2

x x

x

 

       

 

1 0

1 5 0

3 2 x

x x

  

    

  



+) x   1 0 x 1.

+) ¹



⁵



⁰

3 2 x

x   

  vô nghiệm vì ¹



⁵



^0, ^3.

3 2 x x

x      

 

+ So sánh điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là

 

^{1 .}

3

1. Ta có: 1 1

a  b  1

1 a ab 1 b

   b   với (a > 0, b > 0) lại có HĐT:

2

2 2 2 2 2 2 ( )

2( ) ( ) ( )

2 x y

x y x y x y x y 

        (1) , dấu”=” xảy ra khi và

chỉ khi x= y

và có HĐT: (xy)² (x y)² 4xy (x y)²4xy (2), dấu”=” xả y ra khi và chỉ khi x= y Áp dụng (1), ta có:

2 2 2 2

2 2

1 1 1 1

1 1 1

1 1

2 2 2 2

ab b

a b b

a b a a a

a b

               

       

             

   

    (1’),

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 1

a b

   và 1 1 a  b 

- Áp dụng (2), ta có:

1 2

4a 1 4a b 4

a b b b a

       

 

  (2’), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

a 1

bvà 1 1 a  b  Từ (1’) và (2’) suy ra:

2 2 2

1 1 (1 4)

a b 2

a b

       

   

    . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1

abhay 1 b a

Vậy

2 2

1 1 25

a b 2

a b

      

   

    , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = 1

2 và b = 2.

2. Giả sử 2022n² là số chính phương thì ²⁰²²^ⁿ² ^^m²



^m^ ^*



Suy ra ²⁰²²^^m²^ⁿ² ^²⁰²²^



^{m n m n}^



^



Như vậy trong hai số mn và m n phải có ít nhất một số chẵn (1)

Mà



^{m n}^{ }

 

^{m n}^



^²^m nên suy ra hai số mn và m n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) suy ra hai số mn và m n là hai số chẵn



^{m n m n}

 

   chia hết cho 4

Mà 2022 không chia hết cho 4 nên điều giả sử là sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2022n² là số chính phương.

2.0

1.0

(4)

4

N' P M'

Q M

H K

F A B

D

E C N

a. Chứng minh: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên 1₂ 1₂ 1₂

AK  AE  AD hay 1₂ 1₂ 1 ₂ 1₂

AF  AE  AD  a (không đổi) b. Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn NP + NQ = MN

Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N  MN’ là phân giác của DMM^'  Cách dựng điểm N:

- Dựng M’ đối xứng M qua AD

- Dựng phân giác DMM^'cắt DM’ tại N’

- Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD

Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho điểm tối đa.

2. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP

Mà OP AO nên BH + CI + DK  4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO Đạt được khi P  A hay d vuông góc AC

2.0

5

1. Nếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng.

Nếu không phải cả 100 điểm đều thẳng hàng. Ta chọn ra bốn điểm A B C D, , , mà không phải tất cả đều thẳng hàng. Theo giả thiết trong 4 điểmA B C D, , , phải có 3 điểm thẳng hàng, giả sử 3 điểm A B C, , thuộc đường thẳng d, còn điểm Dnằm ngoài đường thẳng d . Ta sẽ chứng minh 96 điểm còn lại thuộc đường thẳng d bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử trong 96 điểm còn lại, tồn tại điểm Enằm ngoài đường thẳng d. Xét bốn điểm , , ,

A B D E phải có 3 điểm thẳng hàng. Do 3 điểm A B D, , không thẳng hàng, 3 0.5

d

P

O K

I

H

D C

A

B

(5)

điểmA B E, , không thẳng hàng nên 3 điểm A D E, , thẳng hàng hoặc 3 điểm B D E, , thẳng hàng.

2. DoS__ABC S__ABE nên C và E cách đều AB hay AB // CE.

Tương tự các đường chéo còn lại cũng song song với các cạnh tương ứng.

Gọi P là giao điểm của BD và CE và đặt diện tích S__BCP  x 0 Do tứ giác ABPE là hình bình hành nên S__BPE S__ABE 1. Lại có:

BCP BEP

PCD PED

S BP S

S PD S

 

  , tức là: ₁_^x_x ^{  }¹_x ^x ¹₂



^{5 1}^



^.

Diện tích ngũ giác: S_ABCDE S__ABES__BPE S__CDE S__BCP  3 x. Vậy: ^S^ABCDE ^¹₂



⁵^⁵



^.

0.5

Lưu ý khi chấm bài:

- Trong quá trình chấm bài giám khảo có thể chia điểm nhỏ hơn ở các phần.

- Hướng dẫn chấm (HDC) chỉ trình bày một cách giải đại diện, bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo có thể căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.

- Bài hình học nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.

- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.