Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới. TaiLieu.VN gửi đến các bạn tài liệu "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam". Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2020 2021 Môn thi : Toán (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2021 Câu 1. (4,0 điểm) a) Rút gọn các biểu thức sau: ; . b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình b) Giải hệ phương trình Câu 3. (2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có tâm O và cạnh bằng , điểm M nằm trên cạnh BC. a) Khi , hạ OK vuông góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK. b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M không trùng B và C), điểm N thay đổi trên cạnh CD sao cho E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam giác AEM vuông cân và đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Câu 4. (4,5 điểm) Cho hai đường tròn và tiếp xúc ngoài tại Dựng lần lượt hai tiếp tuyến của hai đường tròn , sao cho hai tiếp điểm nằm cùng phía đối với đường thẳng Từ B vẽ đường thẳng vuông góc với cắt tại từ C vẽ đường thẳng vuông góc với cắt tại a) Gọi là giao điểm của và Chứng minh và là tia phân giác của góc b) Đường thẳng AH cắt đường tròn tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Đường thẳng AK cắt đường tròn tại F (F khác A), L là giao điểm của và Chứng minh song song với và 3 điểm thẳng hàng. Câu 5. (5,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức . b) Cho ba số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức HẾT Họ và tên thí sinh: ……………………………… Phòng thi: ……… Số báo danh: ……....... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM Năm học 2020 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm này có 06 trang)
Câu Đáp án Điểm a) Rút gọn các biểu thức sau: A = 13 + 30 4 + 9 − 4 2 , 4(4 − 3)3 4(4 − 3)3 2,5 3 2 3 + 12 − 3 2 3 − 12 − B= 27 + 27 2 2 . A = 13 + 30 4 + 9 − 4 2 = 13 + 30 4 + (2 2 − 1) 2 0,25 Ta có = 13 + 30 3 + 2 2 = 13 + 30( 2 + 1) 0,5 = 43 + 30 2 = (5 + 3 2) 2 = 5 + 3 2 0,5 4(4 − 3)3 4(4 − 3)3 3 2 3 + 12 − 3 2 3 − 12 − a= 27 ,b= 27 0,25 Đặt 2 2 Suy ra a + b = 2 3 . 3 3 � 4(4 − 3)3 � 12 − � 12 − � Câu 27 0,25 a.b = 3 � �= 4 − 3 1 4 3 (4,5 a + b = 2 3 � ( a + b) − 3ab( a + b) = 2 3 � ( a + b)3 − (4 − 3)(a + b) = 2 3 3 3 3 đ) 0,25 � ( a + b)3 − 4(a + b) + 3( a + b) − 2 3 = 0 � (a + b − 2) � (a + b)(a + b + 2) + 3 � � �= 0 0,25 � a + b = 2 ( vì a > 0, b > 0 ). Vậy B = 2 . 0,25 b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( x −1) 2 x −1 − mx + m = 0 có hai 1,5 nghiệm phân biệt. 1 x 0,25 Điều kiện: 2 x =1 (thoa) 0,5 ( x −1) 2 x −1 − mx + m = 0 � ( x −1)( 2 x −1 − m) 2 x −1 = m m 0 2 x −1 = m m2 +1 0,25 x= 2 m 0 m 0 �m 2 +1 � 0,5 1 m 1 + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi 2
a) Giải phương trình 4 3 + 2 x = 3 x − 1 + 4 4 − x 2,0 Câu 2 (4,0 đ) 3 + 2x 0 3 � − �x �4 0,25 Điều kiện: 4 − x 0 2 4 3 + 2 x = 3x − 1 + 4 4 − x � 4( 3 + 2 x − 4 − x ) = 3 x − 1 (*) 0,25 Do 3 + 2 x + 4 − x = 0 vô nghiệm nên pt(*) tương đương với phương trình 0,25 4( 3 + 2 x − 4 − x )( 3 + 2 x + 4 − x ) = (3 x − 1)( 3 + 2 x + 4 − x ) 3x − 1 = 0 0,5 � 4(3 x − 1) = (3x − 1)( 3 + 2 x + 4 − x ) 3 + 2x + 4 − x = 4 1 3x − 1 = 0 � x = 3 (thỏa mãn) 0,25 3 + 2 x + 4 − x = 4 � 2 (3 + 2 x )(4 − x) = 9 − x x=3 2 � 9 x − 38 x + 33 = 0 � 11 0,25 x= 9 (thỏa mãn) 1 11 x= , x= , x=3 0,25 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 3 9 . x 2 + y 2 − xy + 4 y + 1 = 0 2,0 3 x 2 − y ( x − y ) 2 + 10 y + 3 = 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 � �x + y − xy + 4 y + 1 = 0 ( x 2 + 1) − y ( x − y ) = −4 y � � � 2 2 � 2 0,25 3( x + 1) − y ( x − y ) 2 = −10 y �3 x − y ( x − y ) + 10 y + 3 = 0 � (*) Nhận xét y = 0 không thỏa hệ. 0,25 Khi y 0 : Hệ phương trình (*) tương đương với hệ: x2 + 1 − ( x − y ) = −4 y �x 2 + 1 � 2 3� � y � �− ( x − y ) = −10 � � (**) x2 + 1 a − b = −4 = a, x − y = b 0,5 2 Đặt y , khi đó hệ (**) trở thành: 3a − b = −10 �a = −2 �a = −3 0,25 � , � + Giải hệ trên tìm được: �b = 2 �b =1
x2 + 1 �a = −2 = −2 �x = 1 � �� y �� x = −3 �b=2 �y = −1 x− y = 2 + hoặc y = −5 −3 + 17 −3 − 17 0,5 x2 + 1 x= x= a = −3 � = −3 � 2 2 � �� y �� b =1 �x − y = 1 �y = −5 + 17 −5 − 17 y= + 2 hoặc 2 � 2 2 � 2 2 �x + y − xy + 4 y + 1 = 0 �x + 1 = − y + xy − 4 y � 2 � 2 �3 x − y ( x − y ) 2 + 10 y + 3 = 0 �3( x + 1) − y ( x − y ) 2 + 10 = 0 Lưu ý: 2 2 Thay x + 1 = − y + xy − 4 y vào phương trình thứ hai.
Câu 3 Cho hình vuông ABCD có tâm O và cạnh bằng 6 cm , điểm M nằm trên cạnh BC. 2,5 (2,5 đ) a) Khi , hạ OK vuông góc với AM tại K. Tính độ dài đoạn thẳng OK. 1,0 + Gọi Q là giao điểm của AM và BD, P là trung điểm của MC. Suy ra OP//AM. 0,25 + Trong tam giác OBP có MB = MP và MQ//OP. Suy ra Q là trung điểm của OB. 1 1 1 1 1 5 = + = + = ( ) 2 2 2 2 2 6 2 3 2 OK OA OQ 3 2 �3 2 � 18 0,5 BD = 6 2 � OQ = = � � + 4 2 , �2 � 3 2 � OK = 0,25 5 b) Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC (M không trùng B và C), điểm N thay đổi ﾷ 0 trên cạnh CD sao cho MAN = 45 , E là giao điểm của AN và BD. Chứng minh tam 1,5 giác AEM vuông cân và đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. 0,25 (Không có hình không chấm điểm) ﾷMAN = MBE ﾷ 0 = 45 . Suy ra tứ giác ABME nội tiếp. + 0,25 ﾷ 0 ﾷ 0 0,25 Mà ABM = 90 nên AEM = 90 . Vậy tam giác AEM vuông cân tại E.
ﾷ 0 + Gọi F là giao điểm của AM và BD. Tương tự suy ra AFN = 90 + Gọi I là giao điểm của EM và FN, H là giao điểm của AI và MN. Suy ra AH 0,25 vuông góc với MN. + Xét hai tam giác vuông ABM và AHM có: AM chung; 0,25 ﾷﾷ + AMB = AEB, AEB = AMH (vì tứ giác MNEF nội tiếp). Do đó AMB = AMH ﾷﾷﾷﾷ Suy ra hai tam giác vuông ABM và AHM bằng nhau. Suy ra AH = AB = 6 cm (không đổi). 0,25 Do đó MN luôn cách A một khoảng cách bằng 6 cm. Suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính bằng 6 cm. Câu 4 Cho hai đường tròn (O ; R) và (O ' ; r ) tiếp xúc ngoài tại A ( R > r ) . Dựng lần (4,5 đ) OB, O ' C (O ' ; r ) (O ; R) lượt hai tiếp tuyến của hai đường tròn , sao cho hai tiếp điểm B, C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO ' . Từ B vẽ đường 4,5 thẳng vuông góc với OO ' cắt O ' C tại K , từ C vẽ đường thẳng vuông góc với OO ' cắt OB tại H . a) Gọi là giao điểm của và O ' C . Chứng minh DO.BO ' = CO.DO ' và là tia ﾷ 1,5 phân giác của góc ODO ' . 0,25 (Không có hình vẽ không chấm) ﾷﾷ Xét hai tam giác ODC và O ' DB có: ODC = O ' DB ; 0,25 ﾷﾷ + Tứ giác OO ' BC nội tiếp đường tròn đường kính OO ' nên DOC = DO ' B . 0,25 Suy ra hai tam giác ODC và O ' DB đồng dạng, do đó: DO CO 0,25 = � DO.BO ' = CO.DO ' DO ' BO ' DO CO AO = = ﾷ 0,5 Ta có: DO ' BO ' AO ' . Suy ra là tia phân giác của góc ODO ' . b) Đường thẳng AH cắt đường tròn tại E (E khác A). Chứng minh tứ giác nội tiếp 1,5 đường tròn. ﾷﾷﾷ + OCH = OO ' C (Cùng phụ với O ' CH ) 0,25 ﾷﾷﾷ + OO ' C = OBC (Cùng chắn cung OC ) 0,25 ﾷﾷ Suy ra OCH = OBC . Suy ra hai tam giác OCH , OBC đồng dạng 0,25
OC OB OA OB � = � = 0,25 OH OC OH OA . Suy ra hai tam giác OHA, OAB đồng dạng. 0,25 ﾷﾷﾷﾷ � OAH = OBA hay OEA = OBA . Vậy tứ giác OABE nội tiếp trong đường tròn. 0,25 c) Đường thẳng AK cắt đường tròn tại F (F khác A), L là giao điểm của và 1,5 Chứng minh BF song song với CE và 3 điểm thẳng hàng. ﾷ EOB ﾷ = EAB ﾷ = 1800 − OAE −Oﾷ ' AB = 1800 − OBA ﾷ −Oﾷ ' BA = 900 0,5 ﾷﾷﾷ 'F Mà OBO ' = 90 nên OE // O’B . Tương tự O’F // OC. Suy ra = BO 0 EOC 0,25 ﾷﾷ Lại có: hai tam giác EOC và BO’F là hai tam giác cân. Suy ra ECO = BFO ' 0,25 Hơn nữa OE // O’B nên BF// EC ( lưu ý O’B //OE) LC EC OE OA OC DC = = = = = 0,25 LB BF O ' B O ' A O ' B DB ﾷ Suy ra DL là tia phân giác của góc BDC . Suy ra A, D, L thẳng hàng. 0,25 Câu 5 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đẳng thức 3,0 x + y + 3 x − 3 y − 3 xy + 6 x = 0 . 3 3 2 2 x 3 + y 3 + 3 x 2 − 3 y 2 − 3 xy + 6 x = 0 � ( x 3 + 3x 2 + 3x + 1) + ( y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1) − 3xy + 3x − 3 y = 0 � ( x + 1)3 + ( y − 1)3 − 3( x + 1)( y − 1) − 3 = 0 0,5 � [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) [ ( x + 1) + ( y − 1) ] − 3( x + 1)( y − 1) − 3 = 0 3 Đặt a = ( x + 1) + ( y − 1), b = ( x + 1)( y − 1) 0,25 Khi đó ta có: a − 3ab − 3b − 3 = 0 � a − 3 = 3b(a + 1) 3 3 a3 − 3 = � (a 3 + 1) − 4 � � M(a + 1) � 4M(a + 1) � 0,25 Suy ra 32 a + 1 = −4 � a = −5 � b = 0,25 + Với 3 (không thỏa) 11 a + 1 = −1 � a = −2 � b = 0,25 + Với 3 (không thỏa) 1 a +1 = 2 � a = 1 � b = − 0,25 + Với 3 (không thỏa) + Với a + 1 = 1 � a = 0 � b = −1 . Tìm được ( x, y ) = (0, 0); ( x, y ) = (−2, 2) 0,5 + Với a + 1 = 4 � a = 3 � b = 2 . Tìm được ( x, y ) = (0,3); ( x, y ) = (1, 2) 0,5 + Với a + 1 = −2 � a = −3 � b = 5 (không tồn tại x, y) 0,25 b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 2,0 A= + + biểu thức x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy 1 1 1 x y z 0,25 A= + + = 2 + 2 + 2 Ta có: x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy x + 2 y + 2 z + 2
x x 1� 1 � −2 = �1 � x + 2 = ( x + 1) + 1 2 x + 1 2 2 x + 2 2x +1 2 � 2x + 1 � 0,5 y 1� 1 � z 1� 1 � �1− �, 2 1− � � Tương tự : y + 2 2 � 2 y + 1 � z + 2 2 � 2 z + 1 � 2 3 1� 1 1 1 � A − � + + � 0,25 Suy ra 2 2 �2 x + 1 2 y + 1 2 z + 1 � a b c x= , y = , z = (a, b, c > 0). Đặt b c a 0,25 1 1 1 b c a + + = + + 2 x + 1 2 y + 1 2 z + 1 2a + b 2b + c 2c + a b2 c2 a2 (a + b + c) 2 = + + =1 2ab + b 2 2bc + c 2 2ca + a 2 2ab + b 2 + 2bc + c 2 + 2ca + a 2 0,5 2 m n k 2 2 (m + n + k ) 2 + + (Chứng minh được BĐT: x y z x + y + z (với các số dương) : 0,25) 3 1 A − .1 = 1 Suy ra 2 2 (Dấu bằng xảy ra khi a = b = c hay x = y = z = 1 ) 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1. Nhận xét: Đặt x = a , y = b , z = x (a, b, c > 0, abc = 1) 3 3 3 1 1 1 abc abc abc + + = 3 + 3 + 3 2 x + 1 2 y + 1 2 z + 1 2a + abc 2b + abc 2c + abc bc ca ab (bc )2 (ca )2 (ab )2 = 2 + + = + + 2a + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab 2.ca.ab + (bc) 2.ab.bc + (ca ) 2.bc.ca + ( ab) 2 2 2 (bc + ca + ab) 2 2.ca.ab + (bc) + 2.ab.bc + (ca) + 2.bc.ca + (ab) 2 2 2 (bc + ca + ab)2 = =1 (bc + ca + ab)2 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.