Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện cụm 4 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện cụm 4 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện cụm 4 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 cụm 4 2020-2021

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

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. (4 điểm) 84 3 84 là số nguyên  1 9 9 b) Giả sử p và p 2  2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p 3  2 cũng là một số nguyên tố a) Chứng minh : A  3 1  Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình sau : a ) x  4 x  3  2 3  2 x  11 b) 3 x  5  7  3x  5 x 2  20 x  22 c)  4 x  1 x 2  1  2 x 2  2 x  2 Câu 3. (4 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 1    . Chứng minh rằng: 2021  2021  2021  2021 2021 a b c abc a b c a  b  c 2021 1 1 1 b) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện    2. Tìm giá trị lớn 1 a 1 b 1 c nhất của Q  abc a) Cho Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE , CF . Chứng minh rằng : a) BH .BE  CH .CF  BC 2 b) IK / / EF c) Trong các tam giác AEF , BDF , CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc 1 bằng diện tích tam giác ABC 4 Câu 5. (1 điểm) Chứng minh rằng : Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì 3 diện tích tam giác nhỏ hơn 4 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Chứng minh A  3 1  84 3 84 là số nguyên  1 9 9  84 3 84  3 84 3 84  1   1 . 1 A3  2  3  3 1   9 9  9 9    84  A3  2  3 A  3 1    A3  2  A  A3  A  2  0 81        A  1  A2  A  2   0  A  1 do A2  A  2  0  Vậy A nguyên b) Giả sử p và p 2  2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p 3  2 cũng là một số nguyên tố. Với p  2 : p 2  2  6(ktm) Với p  3: p 2  2  11, p 3  2  29(tm) Với p  3  p 2  3k  1; p 2  2   3t  3 ⋮3( ktm) Vậy p  3 Câu 2. a ) x  4 x  3  2 3  2 x  11  11  x  4 x  3  2 3  2 x  0  x  3  4 x  3  4  3  2x  2 3  2x  1  0     2 x32   2 3  2x 1  0  x  3  2  3  2x  1  0  x  1 b) 3 x  5  7  3 x  5 x 2  20 x  22 Ta có: 5 x 2  20 x  22  5  x 2  4 x  4   2  5  x  2   2  2 2  3x  5  7  3x Vậy   1  1  3x  5  7  4 x   4  2 2 2 3x  5  7  3x  2 3x  5  7  3x  5 x 2  20 x  22  2 5 x 2  20 x  20  0  x  2 c )  4 x  1 x 2  1  2 x 2  2 x  2  2  x 2  1   4 x  1 x 2  1  2 x  0 Đặt a  x 2  1 a  1 , phương trình trở thành : 2a 2   4 x  1 a  2 x  0 ,    4 x  1  0  a  2 x 2  1 x  3  x 2  1  2 x  4 x 2  x 2  1  3x 2  1  0    1  x   (ktm) 3   1  Vậy phương trình có tập nghiệm S     3  Câu 3. 1 1 1 1    a b c abc ab  bc  ca 1   abc abc   a  b  c  ab  bc  ca   abc  0 a) Ta có :   a  b  ab  bc  ca   abc  bc 2  ac 2  abc  0   a  b  ab  bc  ca   c 2  a  b   0   a  b   ab  bc  ca  c 2   0   a  b  b  a  c   c  a  c    0   a  b  b  c  a  c   0  a  b  0  a  b   b  c  0  b   c   c  a  0 c  a Với a  b : 1 1 1 1  2021  2021  2021 2021 2021 2021 a b c a b c 1 1 1 1  2021  2021  2021  2021 2021 2021 b b c b  b  c 1 1  2021  2021 (luôn đúng) c c Chứng minh tương tự với b  c, c  a Ta có điều phải chứng minh. 1 1 1 1 1 1 b)   2 1 1 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c  1 b c   2 1 a 1 b 1 c Tương tự : 1 2 1 b Từ 1 ,  2  ,  3   abc  bc 1 1  b 1  c  ca  2; 1  c 1  a  ab (3) 1  a 1  b  1 1 1 abc . .  8. 1 a 1 b 1 c 1  a 1  b 1  c  1 1 Q 8 8 Dấu ”  ” xảy ra khi a  b  c  Vậy Qmax  1 2 1 c 1 1 abc 8 2 1 2 Câu 4. A E F I B H K D C a) Tam giác vuông AEB và tam giác vuông HFB có góc B chung nên đồng dạng với AB BE   BH .BE  AB.BF 1 nhau  BH BF Tam giác vuông AFC và tam giác vuông HEC có C chung nên chúng đồng dạng với AC CF   CH .CF  AC.CE 1 nhau  CH CE Từ (1) và (2) suy ra BH .BE  CH .CF  AB.BF  AC.CE  3 Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB và tam giác vuông BFC đồng dạng (góc B chung) AB BD    AB.BF  BC.BD  4  BC BF AD DC Chứng minh tương tự ta có ADC∽ BEC    AC.CE  BD.CD  5  BC CE Từ (4) và (5) suy ra AB.BF  AC.CE  BC  BC  CD   BC 2  6  Từ (3) và (6) suy ra BH .BE  CH .CF  BC 2  dfcm   AB  FC b) Ta có :   AB / / DK  FAH  HDK (hai góc so le trong) (1)  DK  FC Tứ giác AFHE có AFH  AEH  90  90  180 mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp  FAH  FEH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung FH )  2 Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH là tứ giác nội tiếp  HIK  HDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HK )  3 Từ (1), (2), (3)  FEH  HIK mà 2 góc này ở vị trí so le trong Suy ra IK / / EF  dfcm  c) Đặt BC  a, CA  b, AB  c, AE  x, AF  y, BD  z  0  x, y, z  a   0  x, y, z  b,0  x, y, z  c  Khi đó BF  c  y, EC  b  x, CD  a  z Giả sử không có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 1 diện tích tam giác ABC. 4 1 1 1 Nghĩa là S AEF  S ABC ; S BFD  S ABC ; SCED  S ABC . 4 4 4 S AEF AE. AF xy S BFD BF .BD  c  y  z S .S .SCED 1   ;   Suy ra AEF BFD  . Ta có : 3 S ABC 64 S ABC AB. AC cb S ABC BA.BC ca SCED CE.CD  b  x  a  z    S ABC CA.CB ba Do đó : S AEF .S BFD .SCED xyz  a  z  b  x  c  y   3 S ABC a 2b 2 c 2 Theo bđt Cô – si , x  b  x   x  b  x  y  c  y  c2    và 4 2 b2  4 z  a  z  2 a2  4 z a  z 4 4 4 xyz  a  z  b  x  c  y  1 S AEF .S BFD .SCED 1 Do đó  hay  (mâu thuẫn gt) 3 a 2b 2 c 2 64 S ABC 64 y c  y  Câu 5. A B H C  AH  1  Kẻ AH  BC. Ta có AB  1, AC  1, BC  1   BC 1  BH  2  2 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH . Ta có: AH 2  BH 2  AB 2 Mà AB 2  1  AH 2  BH 2  1  AH 2  1  BH 2  AH 2  1  S ABC  1 3 3   AH  4 4 2 1 1 3 3 AH .BC  . .1  2 2 2 2 Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn 3 4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top