Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022

1. TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) x2 x x2 x a) Cho biểu thức: A= . x x 1 x x 1 1 Rút gọn biểu thức B 1 2A 4 x 1 với 0 x 4 b) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn: ab bc ca 1. Chứng minh rằng: 1 b2 1 c2 1 a2 1 c2 1 b2 1 a2 a b c 2 1 a2 1 b2 1 c2 Bài 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2x 1 x 1 2x 4. 1 b) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn 2 y z . x 3yz 4zx 5xy Chứng minh rằng: 4. x y z Bài 3. (2,0 điểm) 4 a) Cho P n 4.Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố. b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x4 x2 y2 y 20 0. Bài 4. (3,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ba đường phân giác trong của các tam giác AHB và AHC. Đường thẳng MN cắt AB, AH, AC lần lượt tại I, E, K a) Chứng minh rằng BM vuông góc với AN. b) Chứng minh rằng ME.NK MI.NE. 2. Cho đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Vẽ đường kính DE của đường tròn (O;r); AE cắt BC tại M. Chứng minh rằng BD CM. Bài 5. (1,0 điểm) Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Một tam giác có ba đỉnh được tô cùng một màu gọi là tam giác đơn sắc. Chứng minh rằng trong mặt phẳng 1 đó tồn tại hai tam giác đơn sắc là hai tam giác vuông đồng dạng với nhau theo tỉ số k . 2022 Hết Họ tên thí sinh: . Số báo danh: Cán bộ coi thi 1: . Cán bộ coi thi 2:
2. TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2021 – 2022 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) x2 x x2 x x(x x 1) x(x x 1) A= = 0,25 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x( x 1) x( x 1) 2x 0,25 B 1 2A 4 x 1 1 4x 4 x 1 1 (2 x 1)2 1 2 x 1 0,25 1 Vì 0 x nên 0 2 x 1 2 x 1 0 4 0,25 Vậy B 1 (1 2 x) 2 x b) (1,0 điểm) Ta có: ab bc ca 1. Khi đó 1 b2 ab bc ca b2 a b . b c 1 0,25 2 2 (2,0 Tương tự: 1 c a c c b ; 1 a a b a c điểm) Với a, b, c là ba số thực dương, ta có: 1 b2 1 c2 a b b c a c b c a a a b c a b c 0,25 1 a2 a c a b 1 a2 1 c2 1 b2 1 a2 Tương tự: b b(a c); c c(a b) 0,25 1 b2 1 c2 Do đó VT a b c b a c c a b 0,25 ab ac ba bc ca cb 2 ab bc ca 2 VP a) (1,0 điểm) 1 ĐKXĐ: x . Đặt 2x 1 a 0; x 1 b 0, ta có: 2 0,25 a b 2x 4 và a2 b2 x 2 2 2 a b 2 Suy ra a b 2(a b ) (a b)(2a 2b 1) 0 . 0,25 2a 2b 1 (2,0 điểm) a b 2x 1 x 1 x 2 (TMĐK) 0,25 2a 2b 1 2 2x 1 2 x 1 1 (1) PT(1) vô nghiệm vì: 1 0,25 x 2 2x 1 0 và 2 x 1 1. VT (1) 1 2 Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x 2
3. b) (1,0 điểm) Với x, y, z 0 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si ta có: 3yz 4zx 5xy yz zx zy xy zx xy 0,25 2 3 2z 4y 6x x y z x y x z y z 4 x y 2(z x) 8 xy 4 xz 4 x(2 y z) 0,25 1 Mà 2 y z . Do đó: x 0,25 3yz 4zx 5xy 1 4 x. 4 x y z x Vậy ta có đpcm. 1 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z . 3 a) (1,0 điểm) 2 P n4 4 n4 4n2 4 4n2 n2 2 2n 2 0,25 n2 2n 2 n2 2n 2 n 1 2 1 n 1 2 1 0,25 2 Vì n là số tự nhiên nên n 1 1 2.Như vậy muốn P là số nguyên tố thì ta phải 0,25 có n 1 2 1 1 n 1 2 0 n 1 Khi đó P 5 là số nguyên tố . 0,25 b) (1,0 điểm) x4 x2 y2 y 20 0 x4 x2 20 y2 y Mà x4 x2 x4 x2 20 x4 x2 20 8x2 0,25 x2 x2 1 y y 1 x2 4 x2 5 3 Vì x, y ∈ ¢ nên ta xét các trường hợp sau: (2,0 2 2 điểm) TH1: y y 1 x 1 x 2 x4 x2 20 x4 3x2 2 2x2 18 x2 9 x 3 Với x2 9 , ta có y2 y 92 9 20 y2 y 110 0 y 10 ; y 11 (nhận) 0,25 TH2: y y 1 x2 2 x2 3 7 x4 x2 20 x4 5x2 6 4x2 14 x2 (loại) 2 TH3: y y 1 x2 3 x2 4 4 6x2 8 x2 (loại) 0,25 3 TH4. y(y 1) (x2 4)(x2 5) 8x2 0 x2 0 x 0
4. Với x2 0, ta có: y2 y 20 y2 y 20 0 y 5 ; y 4 (nhận) Vậy nghiệm nguyên (x;y) của PT là: 3;10 ; 3; 11 ; 3;10 ; 3; 11 ; 0; 5 ; 0;4 0,25 1a) (1.0 điểm) Gọi F là giao điểm của BM và AN, ta có: 0,25 ·ABH H· AC (cùng phụ với B· AH ) 4 · · · 1 · · 1 · (3,0 ABF CAN ABF ABH;CAN BAH 0,25 điểm) 2 2 ·ABF B· AF 900 (vì C· AN B· AF 900 ) 0,25 ABF vuông tại F BM  AN 0,25 1b) (1,0 điểm) · Gọi P là giao điểm của BM và CN AP là tía phân giác của BAC nên AP là đường 0,25 phân giác của AIK . Chứng minh tương tự câu a ta có: CN  AM 0,25 Suy ra P là trực tâm của AMN AP  IK AP là đường cao của AIK . AIK vuông cân tại A AI AK. 0,25 Áp dụng tính chất đường phân giác vào AIE và AEK ta có: MI AI NK AK MI NK ; (Do AI AK) 0,25 ME AE NE AE ME NE ME.NK MI.NE 2) ( 1,0 điểm)
5. A H E K N O B D M C Vẽ tiếp tuyến HEK của đường tròn (O) (H AB;K AC) 0,25 ED  HK, ED  BC HK / /BC. Gọi N là tiếp điểm của đường tròn (O) tiếp xúc với AC. OK, OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD K· OC 900 Suy ra KN.NC ON 2 r 2 ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) 0,25 EK.CD r 2 (EK KN; NC CD)( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Tương tự ta được: HE.BD r 2 . Do đó EK.CD HE.BD EK BD EK BD EK BD Suy ra hay (1) 0,25 HE CD EK HE BD CD HK BC Áp dụng hệ quả định lí Ta – let ta chứng minh được: HE EK EK EK HE EK HK EK CM hay (2) BM CM CM CM BM CM BC HK BC 0,25 BD CM Từ (1) và (2) ta được: BD CM. BC BC Trước hết ta chứng minh được trong mặt phẳng đó tồn tại hai điểm được tô bởi cùng một màu và có khoảng cách bằng một hằng số d > 0 bất kỳ. 5(1,0 Thật vậy, dựng tam giác đều cạnh d, tô hai màu cho ba đỉnh của tam giác theo 0,25 điểm nguyên lý Đi – rích – lê luôn có hai đỉnh được tô cùng một màu, hai đỉnh đó có khoảng cách bằng d.
6. Theo ý trên tồn tại hai điểm A, B có khoảng cách bằng 2022 được tô cùng màu, giả sử màu đỏ. Dựng đường tròn đường kính AB. Dựng lục giác đều ACDBEF. F E A 0,25 B C D Trong các điểm C, D, E, F nếu có một điểm được tô đỏ, giả sử là C thì tam giác ABC là tam giác đơn sắc nửa đều ( và cũng là tam giác vuông) có ba đỉnh được tô màu đỏ. Ngược lại, nếu cả 4 điểm C, D, E, F được tô xanh thì tam giác CDE là tam giác đơn sắc nửa đều có ba đỉnh được tô xanh. Như vậy ta luôn chứng minh được tồn tại một 0,25 tam giác đơn sắc nửa đều nội tiếp đường tròn đường kính 2022, giả sử là tam giác A1B1C1. Lập luận tương tự tồn tại hai điểm M, N được tô cùng màu với MN = 1 và luôn tồn tại một tam giác nửa đều nội tiếp đường tròn đường kính 1, giả sử là tam giác A2B2C2. 0,25 1 Rõ ràng A2B2C2 và A1B1C1 là hai tam giác đơn sắc đồng dạng với tỉ số k . 2022 Chú ý: - Trên đây chỉ trình bày tóm tắt một cách giải, nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm. - Thí sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm. - Trong một câu, nếu thí sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm. - Bài hình học, thí sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm. Thí sinh không vẽ hình mà làm vẫn làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được. - Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh công nhận ý trên để làm ý dưới mà thí sinh làm đúng thì chấm điểm ý đó. - Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.