Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Chư Sê 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Chư Sê 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Chư Sê 2020-2021.

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.

Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Chư Sê 2020-2021

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SE KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2020 – 2021 . MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi :12/11/2020 Câu 1. (5,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức  a 3  15a  25  2020 với a  3 13  7 6  3 13  7 6 b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  2 x  2 y  1  5 y 2  2 y  0 Câu 2. (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là các số hữu tỉ và r dương 1 1 1 b) Xét các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c    . Chứng minh rằng a b c 8ab  1  8bc  1  8ac  1  3  a  b  c  Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC đường cao CK , H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một điểm trên CK sao cho AMB  90; S , S1 , S 2 theo thứ tự là diện tích các tam giác AMB, ABC , ABH a) Chứng minh HK .CK  AK .BK b) Chứng minh S  S1.S2 Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trên cạnh BC lấy một điểm M bất kỳ (M không trùng với B và C). Từ M kẻ ME vuông góc với AB tại E, MF vuông góc với AC tại F a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì đường thẳng qua M và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định D b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để diện tích tam giác EDF có giá trị nhỏ nhất Câu 5. (3,0 điểm) Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tính giá trị biểu thức  a 3  15a  25  2020 với a  3 13  7 6  3 13  7 6 b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  2 x  2 y  1  5 y 2  2 y  0 Lời giải : 3 a) Ta có :  x  y   x 3  y 3  3 xy  x  y  Áp dụng hằng đẳng thức trên ta có : 3 a   13  7 3 3 6  13  7 6  3     13  7 6  13  7 6  3 3 13  7 6 13  7 6 .   3 13  7 6  3 13  7 6 2  26  3. 3 132  7 6 a  26  3  5  a  26  15a  a 3  26  15a  a 3  15a  25  1 Khi đó ta có,  a 3  15a  25  2020  12020  1 b) Ta có : x  2 x  2 y  1  5 y 2  2 y  0 2  x 2  4 xy  2 x  5 y 2  2 y  0  x 2  4 xy  4 y 2  2 x  4 y  1  y 2  2 y  1  2   x  2 y   2  x  2 y   1   y  1  2 2 2   x  2 y  1   y  1  2 Do x, y là các số nguyên nên ta có các trường hợp sau : x  2 y 1  1 x  6 x  2 y 1  1 x  2 Th1:   *)Th 2 :   y  1  1 y  2 y  1   1    y  0  x  2 y  1  1  x  4  x  2 y  1  1  x  0 Th3:   *)Th 4 :   y  1  1 y  2 y  1   1    y  0 Vậy các cặp số nguyên  x; y  cần tìm là  6;2  ,  2;0  ,  4;2  ,  0;0  2 2  Câu 2. a) Chứng minh rằng 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là các số hữu tỉ và r dương Giả sử 3  2  pq r 2 pq r  3  2  p 3  3 p 2 q r  3 pq 2 r  q 3 r 3 2  p 3  3 pq 2 r  2  p  3 pq r  r  3 p q  q r   r  3 p 2 q  q 3r 3 2 2 3 m +)Nếu r là số chính phương hoặc là số hữu tỉ có dạng   n 2  p  q r  ℚ với mọi số p, q  ℚ  3 2 là số hữu tỉ Điều này vô lý vì 3 2 là số vô tỉ m +)Nếu r không là số chính phương hoặc không là số hữu tỉ có dạng   n 2 2  p 3  3 pq 2 r là số hữu tỉ với mọi số p, q, r  ℚ  r là số vô tỉ  vô lý vì 3 p 2 q  q 3r Vậy 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là các số hữu tỉ và r dương. b) Xét các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 1 1   . Chứng minh rằng a b c 8ab  1  8bc  1  8ca  1  3 a  b  c  Với ba số dương a, b, c xét biểu thức :  8ab  1  8bc  1  8ca  1  2  1 1 1   a . 8b   b . 8c   c . 8a   a b c  2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  schwarz cho hai bộ ba số   a ; b ; c và  1 1 1  8b  ; 8c  ; 8a   ta có : a b c  2  1 1 1 1 1 1   a . 8b   b . 8c   c . 8a     a  b  c   8b   8c   8a   a b c a b c   2 1 1 1   8ab  1  8bc  1  8ca  1   a  b  c   8a   8c   8a   a b c         2 1 1 1  8ab  1  8bc  1  8ca  1   a  b  c   8a  8b  8c     a b c    8ca  1  2 8ab  1  8bc  1  8ca  1   a  b  c  .9  a  b  c  8ab  1  8bc  1  2  9a  b  c 2  8ab  1  8bc  1  8ca  1  3  a  b  c  (dfcm) Câu 3. A D K H M B C a) Chứng minh HK .CK  AK .BK Xét HKB và AKC có : KBH  KCA (cùng phụ với BAC ) BKH  CKA   90   HKB ∽ AKC ( g .g ) HK BK    HK .CK  AK .BK 1 AK CK AB 2 . KH .CK  AB KH .CK  S1.S2   S1S2  (*) 4 2 b) Chứng minh S  S1S2 lại có : AMB vuông ở M có đường cao MK  AK .BK  MK 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2)  CH .CK  MK 2  KH .CK  MK  3 AB.MK  S ANM  S Thay (3) vào (*) ta được : S1S2  2 Câu 4. A H E F C M B K D a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì đường thẳng qua M và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định D Kẻ MH  EF Gọi D là điểm sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. MD cắt EF tại H. MF cắt BD tại K Xét BME vuông tại E có EBM  45  EMB  45  BME vuông cân tại E  BE  ME Tứ giác BEMK có B  E  K  90và BE  ME  BEMK là hình vuông  BE  ME  MK  BK  AE  KD Xét AME và DMK có : AEM  MKD   90  ; AE  KD (cmt ), ME  MK (cmt )  AME  DMK (c.g .c)  EAM  KDM (hai góc tương ứng) Mà EAM  MFE  MFE  KDM Lại có : FDC  MFD (hai góc so le trong) nên ta có: KDM  MDF  FDC  MFE  MDF  MFD  EFD  MDF  EFD  MDF  90  FDH vuong tai H  DH  EF Mà MH  EF  M , D, H thẳng hàng Vậy MH luôn đi qua một điểm D cố định b) Đặt AB  a, AE  x  BE  a  x  a  0,0  x  a  Ta có : S DFE  S ABCD  S BDE  S DFC  S AFE 1 1 1 1 1 1  a 2  a  a  x   ax  x  a  x   a 2  ax  x 2 2 2 2 2 2 2 1 1  1  S DEF đạt giá trị nhỏ nhất khi  a 2  ax  x 2  nhỏ nhất 2 2  2 2 1 2 1 1 2 1  1  3 2 1 3 2 Ta có : a  ax  x   x  a   a   . a 2 2 2 2  2  4  2 4 1 3 1 1  1 Vậy  a 2  ax  x 2  đạt giá trị nhỏ nhất là . a 2 2 2  2 4 2 Khi đó M là trung điểm cạnh BC Câu 5. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác Ta xếp các đoạn thẳng có độ dài tăng dần a1  a2  ….  a7 . Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1 ; ak  2 thỏa mãn ak  ak 1  ak  2 thì 3 đoạn thẳng này có thể lập thành một tam giác. Giả sử ngược lại : a1  a2  a3 ; a2  a3  a4 ; a3  a4  a5 ; a4  a5  a6 ; a5  a6  a7 Khi đó theo giả thiết : a1  10; a2  10  a3  20  a4  30  a5  50  a6  80  a7  130  Mâu thuẫn với giả thiết cho độ dài mỗi đoạn thẳng nhỏ hơn 100. Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1 ; ak  2 mà ak  ak 1  ak  2 . Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top