Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Diễn Châu 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Diễn Châu 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN – Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1. (6,0 điểm) a) Cho x  3  5  3  5  1. Tính giá trị biểu thức P  2 x3  3x 2  4 x  2 3 x 2 b) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn: a  b  c 3  2024c . Chứng minh rằng S  a 3  b3  c3 ⋮6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên : x 2  xy  2019 x  2020 y  2021  0 Bài 2.(4,0 điểm) Giải các phương trình sau : a) x 2  6 x  26  6 2 x  1 b)2 x 2  5  x  2  x  1  6 x  10 Bài 3. (3,0 điểm) a) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 6 8 thức Q  x 2  2 x  y   x y b) Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng : a 1 b 1 c 1   abc b2  1 c2  1 a2  1 Bài 4. (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA, MB  A, B là các tiếp điểm). Kẻ các đường kính AC và BD, đường thẳng MO cắt AB, CD lần lượt tại I và K. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm B đến đường kính AC a) Chứng minh rằng BH . AC  2 MB.CH b) Gọi giao điểm của MC và BH là E. Tính BE theo R và MO  d c) Trên tia đối của tia DA lấy điểm F bất kỳ. Gọi giao điểm của AC và FK là N. Chứng minh NIK  AFI Bài 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được ít nhất 253 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có 1 diện tích không lớn hơn 2 ĐÁP ÁN Bài 1. a) Ta có : x  3  5  3  5  1     5 1 2 Ta có : 3 2   x 2   5 1 2 2 3 62 5 62 5  1 2 2 1  5 1 5 1  1  2 1 2 2 2  1  2  1  x  2  1  x  1  2  x2  2 x  1  2 x3  3x 2  4 x  2  2 x  x 2  2 x    x 2  2 x   2 x  2 Thay x 2  2 x  1 vào ta được : 2 x  1  2 x  2  1 1  1 Vậy P  1 b) Ta có a  b  c 3  2024c  a  b  c   c 3  c   2022c  a  b  c   c  1 .c. c  1  2022c Vì  c  1 c  c  1 là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6, 2022⋮ 6  a  b  c   c  1 c  c  1  2022c⋮6 1 . Mặt khác : a 3  b3  c3    a  b  c    a  1 a  a  1   b  1 b  b  1   c  1 c  c  1⋮ 6  2  Từ (1) và (2) suy ra S  a 3  b3  c3 ⋮6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2  xy  2019 x  2020 y  2021  0 Ta có : x 2  xy  2019 x  2020 y  2021  0  x 2  xy  x  2020 x  2020 y  2020  1   x  y  1 x  2020   1  1.1   1 . 1 x  y  1  1  y  2021 th1:    x  2020  1  x  2021  x  y  1  1  y  2021 th 2 :    x  2020  0  x  2019 Vậy  x; y   2021; 2021 ;  2019; 2021 Bài 2. a) Giải phương trình : x 2  6 x  26  6 2 x  1 1 Điều kiện : x   2     x 2  8 x  16   2 x  1  6 2 x  1  9  0   x  4  2   2 2 x  1  3  0 1 Vì  x  4   0 (với mọi x); 2   2 2 x  1  3  0, với mọi x   1 2  x  4  0 x  4 1    x  4(tm)   x  4 2 x  1  3   Vậy x  4 b) Giải phương trình: 2 x 2  5  x  2  x  1  6 x  10 1 ĐK: x  1 1  2  x  2  2  5  x  2  x  1  2  x  1  0  2  x  2  4  x  2 x  1   x  2 x  1  2 2   x  1  2 0  2  x  2   x  2   2 x  1   x  1 x  2  2 x  1  0     x  2  2 x  1 2x  4  x  1  0 2 x  1  x  2  x  x  8  0   2  x  2  4 x  17 x  15  0  x  1  2 x  4   x  0(ktm)    x  8(tm)    x  3(tm) . Vậy S  3;8    x  5 (ktm)   4 Bài 3. a) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  x 2  2 x  y  Q   x  2  2 6 8  x y x  y  3x 6   y 8      4 2  2 x 2 y Áp dụng BĐT Cô-si ta có : 3x 6 3x 6 y 8 y 8  2 .  6;   2 .  4 2 x 2 x 2 y 2 y Mặt khác  x  2   0 (với mọi x), 2  x  y  6  3 2 2 Do đó Q  0  3  6  4  4  9 x  2  0 x  y  6  x  2  3x 6 Dấu ”  ” xảy ra     (tm) y  4 2 x   y 8 2  y  Vậy Qmin  9  x  2; y  4 b) Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng : a 1 b 1 c 1   abc b2  1 c2  1 a2  1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có : a  1 b 2 a  1 b 2 a 1   ab  b   a  1  2   a  1    a  1  2 b 1 b 1 2b 2 a 1 ab  b  2   a  1  1 b 1 2 Tương tự : b 1 bc  c   b  1   2; 2 c 1 2 c 1 ca  a   c  1   3 2 a 1 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức 1 ,  2  ,  3 ta được : a 1 b 1 c 1 ab  bc  ca  a  b  c    a  b  c   3   b2  1 c2  1 a 2  1 2 6 ab  bc  ca  3 2 Mặt khác  a  b  c   3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  3 2 Do đó : Vậy a 1 b 1 c 1    6  3  3 . Dấu ”  ” xảy ra  a  b  c  1 b2  1 c2  1 a 2  1 a 1 b 1 c 1    a  b  c  dfcm  b2  1 c2  1 a 2  1 Bài 4. M A D I E O P N B H F K C a) Chứng minh được MAO  MBO(ch  cgv)  MA  MB Kết hợp OA  OB  MO là đường trung trực của AB  I là trung điểm AB Từ đó suy ra OI là đường trung bình của tam giác ABC  IO / / BC  MOA  BCH (đồng vị) Từ đó chứng minh được hai tam giác vuông MAO và BHC đồng dạng  g .g  BH CH  1  BH .OA  MA.CH MA OA AC , MA  MB  BH . AC  2MB.CH Mà OA  2 b) Vì BH / / MA nên áp dụng định lý Ta  let vào tam giác CMAta có : EH CH EH CH     2 MA CA MA 2OA BH Từ (1) và (2)  BH  2 EH  BE  EH  2 Tam giác ABC có cạnh AC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên là tam giác vuông, theo hệ thức lượng ta có : BH 2  AH .CH   2 R  CH  .CH  3   Thay (1) vào (3) và kết hợp BH  2 EH ta được : BH .R  BH .R 2 R 2 .MA 2 R 2 d 2  R 2  BH   2 R   BH   . MA  MA MA2  R 2 d2  2 R2 d 2  R2  BE  d2 c) Qua O kẻ đường vuông góc với IK cắt IN tại P NP NO  Khi đó ta có OP / / AI (cùng vuông góc OI ) nên PI OA NK NO Mặt khác OK / / AF (cùng vuông góc AB )   KF OA NP NK   PK / / IF  FIK  PKI * Do đó suy ra PI KF Mặt khác tam giác PIK cân đỉnh H (OP là trung trực của IK ), nên PIK  PKI ** Từ (*) và (**)  FIK  NIK mà FIK  AFI (so le trong)  NIK  AFI (dfcm) Bài 5. Gọi Ai , Aj là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 2020 điểm đã cho. Giả sử Ak là điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj nhất. Khi đó tam giác Ai A j Ak là tam giác có diện tích lớn nhất không lớn hơn 1. Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , Aj , Ak lần lượt song song với các cạnh của Ai Aj Ak . Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ. Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 2020 điểm đã cho. Ta có 2020 chia cho 4 được 505 như vậy có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 chứa ít nhất 505 điểm trong 2020 điểm đã cho . Chia tam giác đó thành 2 tam giác có diện tích bằng nhau. Ta có 505 chia cho 2 được 252 dư 1 nên theo nguyên tắc Dirichlet suy ra có 1 tam giác có diện tích nhỏ 1 hơn chứa 253 điểm trong 2020 điểm đã cho . 2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top