Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp tỉnh năm 2020 - 2021 sở GDĐT Thanh Hóa

( Đề gồm có 05 câu, gồm 01 trang) Câu I:(4,0 điểm)

1.Rút gọn biểu thức 3 3 2 9 1 : 9 2 3 6 x x x x x P x x x x x

                        

với 0; 4; 9 x x x   

2. Cho a, b,c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 3 3 3 1 3 ; 1 3 ; 1 3 a a b b c c    . Tính

giá trị biểu thức : 2 2 2 Q a b c    Câu II: ( 4,0 điểm)

1. Giải phương trình :     3 2 2 4 15 2 4 5 2 4. x x x x x     

2. Giải hệ phương trình:   

2 2

2

4 1 0

1 2

x xy y y

x x y y

          

Câu III: ( 4,0 điểm)

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) thỏa mãn phương trình:

2 2 2 9 12 19 x x y y   

2. Cho x,y là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2 58 x y   chia hết cho xy.

Chứng minh:

2 2 58 x y xy   chia hết cho 12.

Câu IV:( 6,0 điểm). Cho đường tròn (I. r) có hai bán kính IE, IF vuông góc với nhau . Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn(I) tại E và F, cắt nhau tại A. Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EB > r, qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (I). D là tiếp điểm, BD cắt tia AF tại C. Gọi K là giao điểm của AI với FD.

1) Chứng minh hai tam giác IAB và FAK đồng dạng. 2) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt FD tại P. Gọi M là trung điểm của

AB, MI cắt AC tại Q. Chứng minh tam giác APQ là tam giác cân. 3)Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo r. Câu V: ( 2,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn   2 2 4 2 x y xyz xy yz zx      . Tính giá trị lớn

nhất của biểu thức    1 1 . P x y z   

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………………….

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀCHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2020-2021

Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS

Ngày thi: 16 tháng 12 năm 2020 Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

(Gồm có 07 trang)

Câu NỘI DUNG Điểm I 4,0 điểm

1.Rút gọn biểu thức 3 3 2 9 1 : 9 2 3 6 x x x x x P x x x x x

                        

với

0, 4, 9 x x x   

2,0

Với điều kiện 0, 4, 9 x x x    , ta có:

  

3 3 2 9 1 : 3 2 3 3 2

x x x x x P

x x x x x

                          

0,25

    

     

      

2 3 3 3 2 9 1 : 3 3 2 3 2 3 2 3

x x x x x x

x x x x x x x x

                                 

0,5

        

9 4 4 9 1 : 3 2 3 2 3 2 3

x x x x x

x x x x x x x

                          

0,5

     

  

 

2

3 9 4 4 9 4 4 : 3 2 3 2 3

3 2 3 3 . 3 2 2

x x x x x x x x x x x x x

x x

x x x

                              

      

Vậy 3 ( 0, 4; 9) 2 P x x x x     

0,75

2. Cho a, b,c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn

3 3 3 1 3 ; 1 3 ; 1 3 a a b b c c    . Tính giá trị biểu thức : 2 2 2 Q a b c   

2,0

Từ giả thiết : 3 3 3 1 3 ; 1 3 ; 1 3 a a b b c c    ta có,  

 

 

3 3 2 2

3 3 2 2

2 2 3 3

3 3 (1)

3 3 (2) (

3 (3) 3

a b a b a ab b

b c b c b bc c

c ca a c a c a

                              

vì a, b,c đôi một khác nhau)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra:

   2 2 0 0 0 a c ab bc a c a b c a b c           (vì a, b, c đôi một khác nhau)

0,5

Cộng (1); (2) ;(3) vế với vế ta có

2 2 2 2 2 2 9 a b c ab bc ca       0,5