Đề chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Thọ Xuân (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THỌ XUÂN
 ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1. (4,0 điểm)
 1) Rút gọn biểu thức:
 x x x 3 x 2 x 2 
 x 0; x 1; x 4; x 9
 A 1 : Với 
 x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 
 2) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu 2. (4,0 điểm) 
 1) Giải phương trình: x4 2x2 9 2x2 x 6 .
 3 2
 y 1 3x y 3xy 3x y 0
 2) Giải hệ phương trình: .
 2
 x 9x 20 2 y 10
Câu 3. (4,0 điểm). 
 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn: 3 x 2y 1 6x y 2 11y 8 .
 2) Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì b2 4ac không phải là số chính 
 phương.
Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn O; R và điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn. Từ M 
 kẻ các tiếp tuyến MA , MB và cát tuyến MCD đến đường tròn O; R , với A , B là các 
 tiếp điểm. C , D thuộc đường tròn O sao cho MC MD , CD 2R . Gọi E là trung 
 điểm của CD .
 1) Chứng minh bốn điểm A , E , O , B cùng nằm trên một đường tròn.
 2) Gọi F là giao điểm của AB và OE . Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn O; R .
 3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) . Tiếp tuyến qua T của đường 
 tròn (O) lần lượt cắt MA , MB tại các điển I , K . Chứng minh chu vi tam giác MIK không 
 đổi. Xác định vị trí của điểm T trên cung nhỏ AB sao cho tam giác MIK có diện tích lớn nhất.
Câu 5. (2 điểm) Cho các số a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn ab bc ca abc 4 . 
 Chứng minh rằng: a2 8 b2 8 c2 8 a b c 6 .
 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 HUYỆN THỌ XUÂN
 Năm học: 2020-2021
Câu 1. (4,0 điểm)
 1) Rút gọn biểu thức:
 x x x 3 x 2 x 2 
 x 0; x 1; x 4; x 9
 A 1 : Với 
 x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 
 2) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho biểu thức A có giá trị nguyên.
 Lời giải
 1) Rút gọn biểu thức:
 x x x 3 x 2 x 2 
 A 1 : 
 x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 
 x x 1 x 9 x 4 x 2
 1 :
 x 1 x 1 x 2 x 3
 x 1 x x 2 x 3 
 .
 x 1 x 3
 x 2
 .
 x 1
 2) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho biểu thức A có giá trị nguyên.
 Với x 0; x 1; x 4; x 9
 x 2 3
 Ta có: A 1 
 x 1 x 1
 3 3
 Ta có: 0 1 1 (1)
 x 1 x 1
 1 3 3
 Lại có: x 1 1 1 3 1 2 (2)
 x 1 x 1 x 1
 Từ (1) và (2) ta có 2 A 1
 Mà A nguyên nên A 2; 1;0
 3
 · A 2 3 x 1 1 x 0 tm 
 x 1 3 3 1 1
 · A 1 2 x 1 x x tm 
 x 1 2 2 4
 3
 · A 0 1 x 1 3 x 2 x 4 ktm 
 x 1
 1 
 Vậy x 0;  thì A nhận giá trị nguyên.
 4
Câu 2. (4,0 điểm) 
 1) Giải phương trình: x4 2x2 9 2x2 x 6 .
 3 2
 y 1 3x y 3xy 3x y 0
 2) Giải hệ phương trình: .
 2
 x 9x 20 2 y 10
 Lời giải
 1) Giải phương trình: x4 2x2 9 2x2 x 6 .
 3
 x 
 ĐKXĐ: 2x2 x 6 0 2
 x 2
 2
 x4 2x2 9 2x2 x 6 x4 2x2 9 2x2 x 6 
 Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của PT, chia cả 2 vế của PT cho x2 ta có
 4 2 2 2 2
 x 2x 9 (2x x 6) 2 9 3 
 2 2 x 2 2 2 x 1 * 
 x x x x 
 3 9
 Đặt x y x2 y2 6 thay vào PT (*) ta có:
 x x2
 y 1
 2 2 2
 y 8 2y 1 3y 4y 7 0 7
 y 
 3
 1 13
 x1 
 3 2 2
 Với y 1 x 1 x x 3 0 
 x 1 13
 x2 
 2
 7 157
 x1 
 7 3 7 2 6
 Với y x 3x 7x 9 0 
 3 x 3 7 157
 x 
 2 6 1 13 7 157 
 Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm của PT là S ;  .
 2 6  
 3 2
 y 1 3x y 3xy 3x y 0(1)
 2) Giải hệ phương trình: 
 2
 x 9x 20 2 y 10 2 
 ĐK: y 10 0
 Xét PT (1) ta có
 y3 1 3x y2 3xy 3x y 0 y3 1 1 3x y2 y 1 0
 y 1 y2 y 1 1 3x y2 y 1 0
 y 3x y2 y 1 0 mà y2 y 1 0 y 3x
 Thay y 3x vào PT (2) ta có 
 2 x2 9x 20 2 3x 10 0 x 3 2 3x 11 2 3x 10 0
 2 2
 2 9x 66x 121 12x 40 2 9x 54x 81
 x 3 0 x 3 0
 3x 11 2 3x 10 3x 11 2 3x 10
 2 9 
 x 3 1 0
 3x 11 2 3x 10 
 2
 Mặt khác 3x 11 2 3x 10 3x 10 2 3x 10 1 3x 10 1 0
 9
 1 0
 3x 11 2 3x 10
 Suy ra x 3 0 x 3 y 9 (thỏa mãn ĐK)
 x 3
 Vậy hệ phương trình có nghiệm là .
 y 9
Câu 3. (4,0 điểm). 
 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn: 3 x 2y 1 6x y 2 11y 8 .
 2) Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì b2 4ac không phải là số chính 
 phương.
 Lời giải
 Ta có: 3 x 2y 1 6x y 2 11y 8
 3 x 2y 6x y 2x 4y 6x y 2 11y 8
 3 x 2y 6x y 24x 4y 6 8
 3x 6y 6x y 4 6x y 2 3x 6y 4 6x y 2
 3x 6y 4 2 1 1 2
 6x y 1 2 2 1
 0 7 5 8
 x
 33 11 33
 y 1 8 8 5
 11 11 11
 Vì x, y ¢ nên x, y 0;1 .
 2) Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì b2 4ac không phải là số chính 
 phương.
 Giả sử b2 4ac là số chính phương, đặt b2 4ac n2 4ac b2 n2
 Ta có: 4a.abc 400a2 40ab 4ac 20a 2 2. 20a .b b2 n2
 20a b 2 n2 20a b n 20a b n 
 Trong hai số 20a b n và 20a b n có một số chia hết cho số nguyên tố abc
 Mặt khác, b2 n2 4ac 0 n b
 Do đó, 20a b n 20a b n 100a 10b c abc
 Cả hai số 20a b n và 20a b n đều nhỏ hơn abc .
 Vậy b2 4ac không phải là số chính phương.
Câu 4. (6,0 điểm)
 Cho đường tròn O; R và điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn. Từ M kẻ các tiếp 
 tuyến MA , MB và cát tuyến MCD đến đường tròn O; R , với A , B là các tiếp điểm. 
 C , D thuộc đường tròn O sao cho MC MD , CD 2R . Gọi E là trung điểm của 
 CD .
 1) Chứng minh bốn điểm A , E , O , B cùng nằm trên một đường tròn.
 2) Gọi F là giao điểm của AB và OE . Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn 
 O; R .
 3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) . Tiếp tuyến qua T của 
 đường tròn (O) lần lượt cắt MA , MB tại các điển I , K . Chứng minh chu vi tam giác 
 MIK không đổi. Xác định vị trí của điểm T trên cung nhỏ AB sao cho tam giác MIK 
 có diện tích lớn nhất.
 Lời giải F
 A1
 A
 I D
 E
 C G
 M H
 O
 T
 K
 B
 B1
1) Chứng minh bốn điểm A , E , O , B cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác AOBM có:
 M· AO 90 (vì MA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O )
 M· BO 90 (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O )
 M· AO M· BO 90 90 180 
 Tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn đường kính MO (1)
Vì E là trung điểm của đoạn thẳng CD nên OE  CD 
Xét MOE vuông tại E nên MOE nội tiếp đường tròn đường kính MO (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A , E , O , B , M cùng nằm trên đường tròn đường kính 
 MO
Vậy bốn điểm A , E , O , B cùng nằm trên một đường tròn.
2) Gọi F là giao điểm của AB và OE . Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn 
 O; R .
Gọi H AB  MO ; G AB CD .
Ta có: MA MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 OA OB ( R)
Suy ra: OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB OM vuông góc AB tại H .
Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH , ta có: MA2 MH.MO
Ta chứng minh được MAC ∽ MDA (g.g) MA2 MC.MD
Suy ra: MH.MO MC.MD Khi đó MCH ∽ MOD (c.g.c)
 M· HC M· DO
 Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn
 D· HO O· CD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD)
mà O· CD O· DC
 O· HD O· DC hay O· HD O· DM OHD∽ ODM (g.g)
 O· DH O· MD hay O· DH O· MG (3)
Xét MHG và FEG , có:
 M· GH F· GE (hai góc đối đỉnh)
 M· HG F· EG 90 
suy ra: H· MG E· FG hay O· ME O· FH (4)
Từ (3) và (4) suy ra: O· DH O· FH 
 tứ giác OHDF nội tiếp đường tròn đường kính OF
mà tứ giác OHCD nội tiếp đường tròn (cmt)
Suy ra 5 điểm O , H , C , F , D cùng nằm trên đường tròn đướng kính OF
 O· CF 90 hay FC  CO 
 FC là tiếp tuyến của đường tròn O; R (đpcm).
Cách 2: 
 OE OM
Có OEM ∽ OHF g.g OE.OF OM.OH OA2 OC 2 .
 OH OF
 OE OC
 , có E· OC C· OF .
 OC OF
 OEC ∽ OCF c.g.c O· EC O· CF 90 , có D O .
 FC tiếp xúc với đường tròn O tại C .
3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) . Tiếp tuyến qua T 
của đường tròn (O) lần lượt cắt MA , MB tại các điển I , K . Chứng minh chu vi tam 
giác MIK không đổi. Xác định vị trí của điểm T trên cung nhỏ AB sao cho tam giác 
 MIK có diện tích lớn nhất.
Do IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại T nên IT IA và KT KB
 IK IT KT IA KB Ta có: CMIK MI MK IK MI MK IA KB MA MB 2MA
 mà điểm O và M cố định nên MA không đổi. Do đó CMIK không đổi (đpcm)
 Qua O kẻ đường thẳng song song AB cắt MA tại A1 , cắt MB tại B1 .
 1 1 1
 Ta có: K· OI K· OT T· OI B· OT T· OA ·AOB ·AOM M· A B M· B A
 2 2 2 1 1 1 1
 Từ đó suy ra IOA1 ∽ IOK ∽ OB1K (g.g)
 2
 IA1 OB1 A1B1
 hay IA1 .B1K OA1 .OB1 (không đổi)
 OA1 B1K 4
 1
 Ta có: S S S S S MO. A B R IK IA KB 
 MIK MA1B1 KOI IOA1 KOB1 2 1 1 1 1 
 mà MI IK KM 2MA (chứng minh trên)
 IK 2MA MI MK 2MA MA1 IA1 MB1 KB1 2MA 2MA1 IA1 KB1
 1
 S MO. A B R 2MA 2MA 2IA 2KB 
 IMK 2 1 1 1 1 1 
 1
 MO. A B R. AA R IA KB 
 2 1 1 1 1 1
 A B 2
 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: IA KB 2 IA .KB 2 1 1 A B
 1 1 1 1 4 1 1
 1
 S MO. A B R. AA RA B .
 IMK 2 1 1 1 1 1
 Dấu “=” xảy ra IA1 KB1 IK // AB .
Câu 5. (2 điểm) Cho các số a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn ab bc ca abc 4 . 
 Chứng minh rằng: a2 8 b2 8 c2 8 a b c 6 .
 Lời giải
 Cộng thêm hai vế của ab bc ca abc 4 cho ab bc ca 4 a b c 8 ta được: 
 abc 2 ab bc ca 4 a b c 8 12 4 a b c ab bc ca
 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 
 1 1 1
 1
 a 2 b 2 c 2
 6 6 6
 Do vậy ta có: 6
 a 2 b 2 c 2 6
Ta sẽ đi chứng minh mệnh đề sau: a2 8 a a 2 a2 8 a2 2a 6
 a 2
 a 2 2 a2 8
Thật vậy theo bđt Cô si ta có: a 2 a2 8 a2 2a 6
 2
Như vậy mệnh đề được chứng minh 
 6 6
Tương tự ta thu được: b2 8 b và c2 8 c 
 b 2 c 2
Cộng lại ta có: 
 2 2 2 1 1 1 
 a 8 b 8 c 8 a b c 6 a b c 6 (đpcm )
 a 2 b 2 c 2 
 HẾT