Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Định

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Định

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Định.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Bình Định

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Năm học: 2020 – 2021 Môn: TOÁN – Ngày thi: 18/03/2021 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề chính thức ——————– oOo ——————-Bài 1. (5.0 điểm) x  x 2 1  x  x 2 1  2 . 2b  c 4. 2. Cho các số thực a , b , c thỏa mãn a Chứng minh rằng phương trình: ax 2  bx  c  0 luôn có nghiệm. 1. Giải phương trình: Bài 2. (6.0 điểm) 3 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x 2  y  x  y 2    x  y  . 2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn O  lấy điểm C sao cho cung BC nhỏ hơn cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O  cắt AB tại D . Kẻ CH vuông góc với AB  H  AB  , kẻ BK vuông góc với CD  K  CD  ; CH cắt BK tại E . a) Chứng minh BK  BD  EC . b) Chứng minh BH . AD  AH .BD . Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác B , C ). Hình chiếu của M lên AB , AC lần lượt là H và K . Gọi I là giao điểm của BK và CH . Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để: 4  x  2  4  x   4 x  2  4 4  x  6 x 3 x  x 3  30 . ———-  HẾT  ———- GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Trang 1 BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HSG TOÁN 9 – BÌNH ĐỊNH 2021 Bài 1. (5.0 điểm) x  x 2 1  x  x 2 1  2 . 2b  c 4. 2. Cho các số thực a , b , c thỏa mãn a Chứng minh rằng phương trình: ax 2  bx  c  0 luôn có nghiệm.  x 2 1  0   1. Điều kiện:  x  x 2 1  0 .   x  x 2 1  0  1. Giải phương trình:  x  0 Ta có x  x 2 1  0   vô nghiệm. Do đó có thể biết đổi phương trình như sau:  2  x  x 2 1 1 x  x 2 1  x  x 2 1  2   x  x 2 1  2  . 2 x  x 1 Cách 1:          x  1  x  x 2 1 1  0  x  x 2 1  1   2  x  1 (thỏa ĐK).  x 1  x 2  2 x  1 2 2    x  x 2 1   2 x  x 2 1  1  0   x  x 2 1 1  0  Vậy nghiệm của phương trình là x  1 . Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: VT  2  VP . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  x  1 1  x  x 2 1  x  x 2 1  1   2  x  1 (thỏa ĐK).  x 1  x 2  2 x  1 2 x  x 1  Vậy nghiệm của phương trình là x  1 . 2b  c 2 .ac  b 2  2bc  c 2  b  c   0 với mọi b , c . 2. Ta có   b 2  4 ac  b 2  a  Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm. Bài 2. (6.0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:  x 2  y  x  y 2    x  y  . 3 2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. 1. Ta có:  x 2  y  x  y 2    x  y 3  3x 2 y  x 2 y 2  xy  3xy 2  2 y 3  0 . y  0  y  2 y 2   x 2  3 x  y  3 x 2  x   0   2 . 2 2   2 y   x  3 x  y  3 x  x  0  Với y  0 , ta được: x 3  x 3 luôn đúng với mọi x   . Do đó trong trường hợp này phương trình có vô số nghiệm nguyên  x ; y  là k ;0 với k   .  Với 2 y 2   x 2  3 x  y  3 x 2  x  0 , ta có:  y  x 4  6 x 3  9 x 2  24 x 2  8 x  x  x  1  x  8 . 2 3 x  x 2 4 Trường hợp 1: x  1 khi đó phương trình có nghiệm kép y    1 . 4 4 GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Trang 2 BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 Trường hợp 2: x  1 . Để phương trình có nghiệm nguyên thì  là số chính phương, suy ra x  x  8  a 2 với a     x  4  a  x  4  a   16 . Lập bảng, tìm được  x ; a   9;  3, 8;0, 9;3, 1;3, 0;0, 1;3 . Do đó x  1;0;8;9 . – Với x  0 thì y  0 . – Với x  1 thì y  1 . – Với x  8 thì y  10 .  y  6 – Với x  9 thì  .  y  21 Do đó trong trường hợp này nghiệm của phương trình là:  x ; y   0;0, 1; 1, 8;10, 9;  6, 9;  21 .  Vậy nghiệm nguyên của phương trình là:  x ; y    x ; y   1;1, 8; 10, 9; 6, 9;  21, k ;0 (với k   ). 2. Giả sử bộ 69 số là: 1  a1  a2  a3  …  a69  100 . Suy ra a1  32 ; a3  3 và a2  2 . Khi đó suy ra:  4  a1  a3  a1  a4  …  a1  a69  132 1 ; dãy này có 67 số hạng.  1  a3  a2  a4  a2  …  a69  a2  98 2 ; dãy này có 67 số hạng. Do đó dãy 1 và dãy 2 có 134 số hạng nhận các giá trị từ 1 đến 132 (có 132 giá trị). Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau. Giả sử a1  am  an  a2 (với 3  m , n  69 và m , n   ), suy ra a1  a2  am  an .  Vậy từ 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 luôn chọn được 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn O  lấy điểm C sao cho cung BC nhỏ hơn cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn O  cắt AB tại D . Kẻ CH vuông góc với AB  H  AB  , kẻ BK vuông góc với CD  K  CD  ; CH cắt BK tại E . a) Chứng minh BK  BD  EC . b) Chứng minh BH . AD  AH .BD . a)  Tam giác CDE có BH  CE ; EK  CD nên B là trực tâm của CDE  BC  ED 1 .  Ta có:   HCB  (cùng phụ ABC  ). HAC   BCD  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung – góc HAC  ). nội tiếp chắn cùng cung BC   HCB . Do đó: BCD Suy ra BC là tia phân giác của CDE 2 . Từ 1 và 2 suy ra: CDE cân tại C   BC là đường trung trực của ED  BE  BD . Khi đó: BK  BD  BK  BE  EK  EC (vì EKC vuông tại K ). GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Trang 3 BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9 b) Gọi I là giao điểm của BC và ED .  Ta có: BH .AD  BH . AB  BD   BH .AB  BH .BD . – BH .AB  BC 2 (do ABC vuông tại C và CH là đường cao). – BH .BD  BI .BC (do BHC  BID ). Suy ra: BH .AD  BH .AB  BH .BD  BC 2  BI .BC  BC . BC  CI   CB.CI 3 .  Ta có: AH .BD  AC .ID (do AHC  BID ) 4  . AC .ID  CB.CI (do ABC  CDI ) 5 .  Từ 3 , 4  và 5 suy ra: BH . AD  AH .BD . Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác B , C ). Hình chiếu của M lên AB , AC lần lượt là H và K . Gọi I là giao điểm của BK và CH . Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định.  Dựng hình vuông ABCD . Gọi E là giao điểm của HM và CD ; F là giao điểm của DM và AC .  Vì BHM vuông cân tại H ; MKC vuông cân tại K và tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên: BH  HM  AK và CK  MK  AH .   AKB . Chứng minh được: BDH  ABK (c – g – c), suy ra BHD   ABK   90 , nên BHD   ABK   90  Lại có AKB  BK  HD 1 .  Tương tự, chứng minh được: CH  DK 2 . Từ 1 và 2 suy ra: I là trực tâm của DHK   DI  HK  .   DFC  (so le trong) 3 .  Ta có: ME  AC nên DME Vì AHMK là hình chữ nhật, CEMK là hình vuông nên HA  MK  ME  CK  CE . Lại có: CD  CA nên CA  CK  CD  CE  AK  DE .   DME  4  . Khi đó: AHK  EMD (c – g – c)   AHK   DFC  mà AHK   AKH   90 nên DKC   AKH   90 . Từ 3 và 4  , suy ra: AHK Do đó DM  HK  . Từ  và  , suy ra: D , I , M thẳng hàng; mà D là điểm cố định.  Do đó đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để: 4  x  24  x   4 x  2  4 4  x  6 x 3 x  x 3  30 . Điều kiện: 2  x  4 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:   4 4  x  24  x   x  2. 4  x  x 2  4  x 1. 2 x  2 1 1 x  2 1 x 1 2 x 2    . 2 2 4 GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Trang 4 BỘ ĐỀ THI HSG  4 BD HSG – Toán 9 4  x 1 1 4  x 1 7x 2 4x    . 2 2 4  6 x 3 x  2. 27. x 3  27  x 3 suy ra 6 x 3 x  x 3  27 . Cộng vế theo vế ta được: 4  x  24  x   4 x  2  4 4  x  6 x 3 x  x 3  1  x 1 7  x   27  30 4 4 . Do đó bất phương trình đã cho luôn đúng với 2  x  4 .  Vậy nghiệm của bất phương trình là: 2  x  4 . ———-  CHÚC CÁC EM HỌC TỐT  ———- GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Trang 5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top