Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang

1. UBND TỈNH BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2019-2020 ————————– Môn : Toán 9 Thời gian làm bài : 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC ————————————— Bài số 1(5 điểm). √ √  x x  3 6 − x  1. Cho biểu thức P = √ + : − √ với x > 0,x 6= 4. x − 2 x − 4 x x x + 2x a. Rút gọn P b. Tìm tất cả các giá trị của x để P = 9. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (x2 + 2x)(x2 + 2x − 2 − m) + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt Bài số 2(5 điểm). √ √ x + 3 1. Giải phương trình 2x + 5 − x + 2 = 5 ( x4 + (x − y)2 = 2x3y + y2 2. Giải hệ phương trình √ √ x + 1 + 4 − 2y + p4 + 2(x + y) − x2 = 5 Bài số 3(3 điểm). 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 + 2x2y + 1 = y2 2. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có 4 chữ số tận cùng là 2020 và chia hết cho 2019 Bài số 4(6 điểm). Cho 3 điểm A,B,C thẳng hàng (B nằm giữa A,C). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là AC vẽ 2 nửa đường tròn đường kính AB,AC. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy điểm M khác A,B. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với AB, cắt AB tại H và cắt nửa đường tròn đường kính AC tại N. Gọi P là giao điểmPhạm của BM và CN. Đường Văn thẳng qua B Đứcvuông góc với AB cắt đường tròn đường kính AC tại K. Q là giao điểm của KN và BP. 1. Chứng minh APBd = ACPd và AP2 = AB.AC. 2. Chứng minh AQ là phân giác của PAKd 3. Cho AC = 7cm,AB = 4cm. Tính độ dài PK khi PK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC. Bài số 5(1 điểm). 1 1 1 Cho 3 số dương a,b,c thay đổi thỏa mãn 16(a + b + c) ≥ + + . Chứng minh rằng a b c 1 1 1 + + ≤ 3 (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 —–HẾT—– (Đề bài gồm 1 trang) 1
2. Bài số 1 DUC PV 5 điểm √ √  x x  3 6 − x  1. Cho biểu thức P = √ + : − √ với x > 0,x 6= 4. x − 2 x − 4 x x x + 2x a. Rút gọn P b. Tìm tất cả các giá trị của x để P = 9. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (x2 +2x)(x2 +2x−2−m)+m = 0 có 4 nghiệm phân biệt DUC PV  1. a. x Rút gọn được P = √ x − 2 b. √ x  x = 3  x = 9 P = 9 ⇔ √ = 9 ⇔ √ ⇔ x − 2 x = 6 x = 36 2. Đặt t = x2 + 2x thì phương trình đã cho trở thành t(t − 2 − m) + m = 0 ⇔ f (t) = t2 − (2 + m)t + m = 0 (∗) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (∗) có 2 nghiệm phân biệt đều lớn hơn −1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi  2 ∆ = (2 + m) − 4m > 0 (  2m + 3 > 0 3 f (−1) > 0 ⇔ ⇔ m > − S m + 2 m + 4 > 0 2  = > −1 2 2 Bài số 2 PhạmDUC PV Văn Đức 5 điểm √ √ x + 3 1. Giải phương trình 2x + 5 − x + 2 = 5 ( x4 + (x − y)2 = 2x3y + y2 2. Giải hệ phương trình √ √ x + 1 + 4 − 2y + p4 + 2(x + y) − x2 = 5 DUC PV  1. ( √ a = 2x + 5 Đặt √ (a,b ≥ 0) thì phương trình đã cho trở thành : b = x + 2 a2 − b2  a − b = 0 a − b = ⇔ 5 a + b = 5 • Với a − b = 0 ta có x = −3 (không thỏa mãn điều kiện xác định) • Với a + b = 5 ta có √ √ 2x + 5 + x + 2 = 5 ⇔ x = 2 (thỏa mãn) 2
3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 2. ( x4 + (x − y)2 = 2x3y + y2 (1) √ √ x + 1 + 4 − 2y + p4 + 2(x + y) − x2 = 5 (2) Biến đổi (1) ta có :  x = 0 (1) ⇔ x(x − 2y)(x2 + 1) = 0 ⇔ x − 2y = 0 • Với x = 0, thay vào (2) ta được p p 4 − 2y + 4 + 2y = 4 ⇔ y = 0 (Đánh giá vế trái bằng Cauchy-Schwarz) • Với x = 2y, thay vào (2) ta được p p p 2y + 1 + 4 − 2y + 4 + 6y − 4y2 = 5 (∗∗) ( √ a = 2y + 1 Đặt √ (a,b ≥ 0) thì (∗∗) trở thành a+b+ab = 5. Đồng thời ta có a2 +b2 = 5. b = 4 − 2y ( ( a + b + ab = 5 a + b = 3  a = 1,b = 2 Giải hệ ta được ⇔ a2 + b2 = 5 ab = 2 a = 2,b = 1 3 Xét từng trường hợp ta thu được y = 0 và y = . Từ đó, hệ đã cho có các nghiệm là (x,y) ∈ 2  3  (0,0); ,3 2 Bài số 3 DUC PV 3 điểm 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn x2 + 2x2y + 1 = y2 2. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có 4 chữ số tận cùng là 2020 và chia hết cho 2019 DUC PV  1. x2 + 2x2y + 1 = y2 ⇔ 4x4 + 4x2 + 4 = 4(y2 − 2x2y + x4) Phạm⇔ (2x Văn2 + 1)2 + 3 = (2y Đức− 2x2)2 ⇔ (2y − 4x2 − 1)(2y + 1) = 3 Đến đây xét các trường hợp với để ý rằng 2y + 1 > 2y − 4x2 − 1 ta tìm được (x,y) = (0,1) 2. Gọi số cần tìm là x2020. Theo giả thiết ta có 2019k + 2018 x.104 + 1 ≡ 0(mod 2019) ⇔ 1924x ≡ 2018(mod 2019) ⇔ x = 1924 . . Ta phải tìm số tự nhiên k nhỏ nhất thỏa mãn 2019k + 2018 . 1924 ⇔ 95k + 94 . 1924 Nhận thấy 1924 = 4.13.37 nên cần có  . k + .  95 94 . 4 k ≡ 2(mod 4)(∗1)  .  95k + 94 . 13 ⇔ k ≡ 9(mod 13)(∗2)  .  95k + 94 . 37 k ≡ 29(mod 37)(∗3) Từ (∗1) và (∗3) suy ra k = 37(4t + 1) + 29 = 148t + 66 với t ∈ N. . . Để (∗2) thỏa mãn thì phải có 148t + 57 . 13 ⇔ t + 1 . 13. Giá trị nhỏ nhất của t thỏa mãn là t = 12. Từ đó ta có k = 1842. Thay lại ta tìm được x = 1934. Vậy số cần tìm là 19342020 3
4. Bài số 4 DUC PV 6 điểm Cho 3 điểm A,B,C thẳng hàng (B nằm giữa A,C). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là AC vẽ 2 nửa đường tròn đường kính AB,AC. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy điểm M khác A,B. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với AB, cắt AB tại H và cắt nửa đường tròn đường kính AC tại N. Gọi P là giao điểm của BM và CN. Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường tròn đường kính AC tại K. Q là giao điểm của KN và BP. 1. Chứng minh APBd = ACPd và AP2 = AB.AC. 2. Chứng minh AQ là phân giác của PAKd 3. Cho AC = 7cm,AB = 4cm. Tính độ dài PK khi PK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC. DUC PV  1. Chứng minh AMNP là tứ giác nội tiếp ⇒ APM[ = ANM[ . Mà ANM[ = ACNd (2 góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). Suy ra APM[ = ACNd hay APBd = ACPd . Ta có AP AB 4APB 4ACP(g.g) ⇒ = ⇒ AP2 = AB.AC Phạmv VănAC AP Đức 2. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AKC ta có AK2 = AB.AC. Như vậy AK2 = AP2 ⇒ AK = AP ⇒ 4PAK cân tại A ⇒ APKd = AKPd . Hơn nữa APQd = AKQ[(= ACPd . Do đó QPK[ = QKP[ ⇒ 4PQK cân tại Q. Từ đó suy ra AQ là đường trung trực của PK và do 4APK cân tại A nên AQ là phân giác của PAKd . 3. Gọi O là tâm đường tròn đường kính AC. Ta tính được √ AK2 = AB.AC = 28 ⇒ AK = 2 7 √ Xét 4AOK cân tại O có OK = 4,AK = 2 7 ta có √ AK 7 3 cosAKO[ = = ⇒ sinAKO[ = 2.OK 4 4 Khi PK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC thì PK ⊥ OK ⇒ QAK[ = AKO[ Từ đó xét tam giác PAK ta có √ 3 √ PK = 2.AK.sinQAK[ = 2.2 7. = 3 7 4 4
5. Bài số 5 DUC PV 1 điểm 1 1 1 Cho 3 số dương a,b,c thay đổi thỏa mãn 16(a + b + c) ≥ + + . Chứng minh rằng a b c 1 1 1 + + ≤ 3 (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 DUC PV  Áp dụng AM-GM 8 (a + b + c)2  (2a + b + c)2 = (a + b + c)2 + 2a(b + c) + a2 = (a + b + c)2 + + a2 + 2a(a + b + c) 9 9 8 2 ≥ (a + b + c)2 + a(a + b + c) + 2a(a + b + c) 9 3 8 8 = (a + b + c)2 + a(a + b + c) 9 3 8 = (a + b + c)(4a + b + c) 9 1 9 Suy ra ≤ . Tương tự và suy ra (2a + b + c)2 8(a + b + c)(4a + b + c) 1 1 1 9  1 1 1  + + ≤ + + (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 8(a + b + c) 4a + b + c 4b + c + a 4c + a + b | {z } Cauchy−Schwarz 9 1 6 6 6 ≤ + + 8(a + b + c) 36 a b c 1 1 1 3 + + = · a b c 16 a + b + c 1 1 1 + + Hơn nữa từ giả thiết suy ra a b c ≤ 16. Do đó ta có : Phạma + b + c Văn Đức 1 1 1 3 + + ≤ · 16 = 3 (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 16 5