Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Đống Đa 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Đống Đa 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI 9 NĂM HỌC 2020 – 2021 . MÔN TOÁN Câu 1. (5 điểm) n  n  1 n  2   1là số nguyên tố 6 x  1  6  x   x  1 6  x   1 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để p  2. Giải phương trình Câu 2. (5 điểm) 1. Cho ba số thực khác 0 a, b, c thỏa mãn điều kiện : 1 1 1 1 a  b  c  0 và    . Tính giá trị của biểu thức : a b c abc 1 1   1 A   a 2021  b 2021  c 2021   2021  2021  2021  b c  a 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên  x; y; z  thỏa mãn  x  y  x  y   8 z  10 Câu 3. (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1. Tìm giá trị lớn a b c nhất của biểu thức: A  2  2  2 2 2 2a  b  3 2b  c  3 2c  a 2  3 Câu 4. (7 điểm) Cho đoạn thẳng AB  8cm và một điểm M bất kỳ nằm trên đoạn thẳng AB, trên một nửa mặt phẳng bờ AB, dựng hai hình vuông AMCD và BMEF . Gọi giao điểm của đường thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh rằng DN .FN  MN 2 và 3 điểm N , P, F thẳng hàng c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5. (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có các kích thước là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm, có thể tích a  cm 3  . Biết khi đặt hình hộp chữ nhật đó lên mặt bàn thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là a  cm 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của a ĐÁP ÁN Câu 1.  n  3  n 2  2  n  n  1 n  2  1  1) Ta có : p  6 6 Với n  0  P  1 không phải số nguyên tố Với n  1  P  2 là số nguyên tố Với n  2  P  5 là số nguyên tố Với n  3  P  11 là số nguyên tố Với n  4 thì  n  3  6 và n 2  2  17  n  3 ,  n 2  2  thì luôn tồn tại một số chẵn nên khi đó P là hợp số Vậy P là số nguyên tố thì n  1;2;3 2) Giải phương trình x  1  6  x   x  1 6  x   1* Điều kiện xác định : 1  x  6 . Đặt t  x  1  6  x  t2  x 1 2  x  1 6  x   6  x t2  5  t  5  2  x  1 6  x    x  1 6  x   2 Thay vào * ta được : 2 t  1(ktm) t2  5  t  1  2t  t 2  5  2   32  5  x  2 t  3   x  1 6  x    2  2 x  5 Vậy S  2;5 Câu 2. 1 1 1 1 1 1 1 1        0 a b c abc a b c abc c  a  b  c   ab ab ab    0  a  b 0 ab ca  b  c abc  a  b  c  1. Ta có :  a  b  0  a  b   a  b  b  c  c  a   0  b  c  0  b  c . Khi đó ta có :   c  a  0 c   a 1 1   1 A   a 2021  b 2021  c 2021   2021  2021  2021  b c  a A   a 2021    a     a  2021 . 2021 1  a  2021   a  2021  1 1   1      a 2021   a 2021  a 2021    1 2. Nếu z  0  8 z  10 không là số nguyên,  x  y  x  y   z  * không thể xảy ra Nếu z  0   x  y  x  y   11  x  y  11  x  6 Th1:   x  y  1 y  5  x  y  11  x  12 Th3:    x  y  1  y  1 x  y  1 x  6 Th 2 :    x  y  11  y  5  x  y  1  x  12 Th 4 :    x  y  11  y  11 Nếu z  1  8 z  10 là số chẵn và chia 4 dư 2   x  y  x  y  là số chẵn. Mà  x  y  x  y   2 x là số chẵn  x  y  ;  x  y  là số chẵn   x  y  x  y ⋮ 4 , mà 8 z  10 không chia hết cho 4. Nên z  1không thể xảy ra Vậy bộ số nguyên  x, y, z  là  6;5;0  ,  6; 5;0  ,  12; 1;0  ,  12;11;0  Câu 3. a b c   . Ta có : 2a 2  b 2  3 2b 2  c 2  3 2c 2  a 2  3 2a 2  b 2  3  a 2  b 2  a 2  1  2  2ab  2a  2abc a a 1  2   2 2a  b  3 2ab  2a  2abc 2  b  1  bc  A Tương tự: b 1  ; 2b 2  c 2  3 2  c  1  ac  c 1  2c 2  a 2  3 2  a  1  ab  b bc 1 1 1 1 1  1  A       2 1  b  bc 1  c  ac 1  a  ab  2 1  b  bc b  bc  abc bc  abc  ab.bc  1 1 b bc  1  A     2 1  b  bc b  bc  1 bc  1  b  2 Dấu ”  ” xảy ra khi a  b  c  1. 1 Vậy Max A   a  b  c  1 2 Câu 4. E F P N D C A M B a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn Hình vuông AMCD có đường chéo AC ,  CAM  45  PAB  45 Hình vuông BMEF có đường chéo BE ,  EBM  45  PBA  45 Suy ra tam giác PAB vuông cân ở P, suy ra AP  BE Xét tam giác EAB, có AP, EM là các đường cao cắt nhau tại C, suy ra C là trực tâm tam giác EAB, suy ra BC  AE hay BN  AE Tứ giác ANPB có ANB  APB  90 nên là tứ giác nội tiếp Suy ra 4 điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh rằng DN .FN  MN 2 và 3 điểm N , P, F thẳng hàng Xét tứ giác ADNC , có ADC  ANC  90 nên nội tiếp  DNA  DCA  45 1 . Tương tự ENF  EBF  45  2  Từ (1) và (2) suy ra DNA  ENF  45. Vì E , N , A thẳng hàng nên D, N , F thẳng hàng. Suy ra MNF  MEF  90  MN  DF Xét tam giác DMF có DMF  DMC  EMF  90, từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có DN .FN  MN 2 Ta có tứ giác ENCP nội tiếp vì ENC  EPC  180  CEN  NPC hay APD  NEM Mặt khác tứ giác MNEF nội tiếp, suy ra MFN  NEM , suy ra APD  MFN hay APD  DFM mà AP / / MF , suy ra D, P, F thẳng hàng. Lại có D, P, N thẳng hàng. Do đó 4 điểm D, N , P, F thẳng hàng c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. Ta có : 2 1 1 1 1 1 1 1 1  4 4 1            2 2 2 2 2 2 2 MN MD MF 2 MA 2 MB 4  MA MB   MA  MB  AB 16 Câu 5. Gọi các kích thước của hình hộp chữ nhật đó là x, y, z Từ giả thiết, ta có a  xyz  2 z  x  y   xy  xy  z  1  2 z  x  y   z  2 .Ta có 4z 16 z 3 xy  z  1  2 z  x  y   4 z xy  xy   xyz  2 z 1  z  1 Xét hiệu xyz  Suy ra xyz   z  1 16 z 3  z  1 Vậy min a  108 2 4  z  3  4 z  3 3 16 z 3 2  108   z  1 2  0, z  2  108. Dấu ”  ” xảy ra tại x  3, y  z  6
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top