Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Nam Đàn 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Nam Đàn 2020-2021

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

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

ĐỀ THI MÔN TOÁN HỌC Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1. (5 điểm)  x 1 1 8 x   3 x 2 Cho biểu thức : A      : 1   9 1 x  3 x  1 3 x  1 3 x 1     a) Tìm điều kiện để A có nghĩa b) Rút gọn A c) Tìm các giá trị của x để A  6 5 Câu 2. (5 điểm) Cho hai đường tròn  O; R  và  O ‘; R ‘ ở ngoài nhau. Khoảng cách giữa hai tâm là 65cm, độ dài tiếp tuyến chung ngoài AB của hai đường tròn là 63cm  A   O   và B    O ‘  , độ dài tiếp tuyến chung trong DC của hai đường tròn là 25cm  D   O  , C   O ‘  a) Tính độ dài bán kính của hai đường tròn này b) M và N theo thứ tự là giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài và tiếp tuyến chung trong với OO ‘. Tính MN Câu 3. (4 điểm) Tìm chữ số tận cùng của số : a) A  19n  5n  1890n n b) B  2 2  1 n  ℕ (n  ℕ) Câu 4. (4 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : A  x 4  x 3  2  m  1 x 2  mx  m 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức m2  n2 trong đó m  n và tích mn  1 mn Câu 5. (2 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và AOD    0    90  . Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD Chứng minh rằng : S  1 AC.BD.sin  2 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Điều kiện để A có nghĩa : x  0;9 x  1  0  x     1 9 b) Rút gọn A. Ta có : 9 x  1  3 x  1 3 x  1  x 1 1 8 x A   3 x 1 3 x 1 3 x 1 3 x 1                     : 1  3 x  2    3 x 1    x 1 3 x  1  3 x 1  8 x  3 x 1 3 x  2 :  3 x 1 3 x 1 3 x 1   3x  3 x  x  1  3 x  1  8 x 3 x  1 x  x  . 3 3 x 1 3 x  1 3 x 1    c) Tìm giá trị của x A 6 x x 6    5 x  5 x  18 x  6 5 3 x 1 5  x 2 x  4  5 x  13 x  6  0     x  3 x  9  25 5  Câu 2. A B M C F O’ N O D E a) Tính độ dài bán kính  O  ,  O ‘ Kẻ O ‘ F / / AB và O ‘ E / / CD . Ta được FABO ‘ và EDCO ‘ là hình chữ nhật Trong tam giác vuông OEO ‘ ta có: OO ‘2  O ‘ E 2  OE 2  R  R ‘  OE  OO ‘2  O ‘ E 2  652  252  60 Trong tam giác vuông OFO ‘ ta có R  R ‘  OF  OO ‘2  O ‘ F 2  652  632  16 R  R ‘  16   R  38cm   R  R ‘  60   R ‘  22cm b) Tính MN Xét ODN và O ‘ CN có D  C  90( gt ); DNO  CNO (đối đỉnh) Từ OD ON OD  O ‘ C ON  O ‘ N  hay  O ‘C O ‘ N O ‘C O’N R  R ‘ OO ‘ OO ‘.R 65.22 Nên   O’N    24cm R’ O’N R  R’ 60 Xét OFO ‘ và O ‘ BM có : F  B  90( gt ); FOO ‘  BO ‘ M (đồng vị) Vậy ODN ∽ O ‘ CN ( g .g )  Vậy OFO ‘ ∽ O ‘ BM ( g .g )  OF OO ‘ OO ‘.O ‘ B 65.22   O ‘M    89cm O’ B O’M OF 16 Nên MN  O ‘ N  O ‘ M  24  89  113cm Vậy MN  113cm Câu 3. a) A  19n  5n  1890n với n  ℕ *với n  0  A  190  5.0  18900  2 A có chữ số tận cùng là 2 *Với n  0 +) n chẵn : n  0 thì 19n có chữ số tận cùng là 1, 5n  1890n có chữ số tận cùng là 0 Nên A có chữ số tận cùng là 1 +) n lẻ thì 19n có chữ số tận cùng là 9,5n có chữ số tận cùng là 5. 1890n có chữ số tận cùng là 0 Vậy A có chữ số tận cùng là 4 Vậy, với n  0 thì A có chữ số tận cùng là 2 Với n chẵn, n  0 thì A có chữ số tận cùng là 2 Với n lẻ thì A có chữ số tận cùng là 4 n b) B  22  1 với n  ℕ 0 Với n  0  B  22  1  3 1 Với n  1  B  22  1  5 Với n  2  2n ⋮ 4 , đặt 2n  4m (m nguyên dương) B  22  1  24 m  1   24   1  16m  1 n m Vậy B có chữ số tận cùng là 7 vì 16 m luôn tận cùng là 6 Vậy n  0 thì B có chữ số tận cùng là 3 n  1 thì B có chữ số tận cùng là 5 n  2 thì B có chữ số tận cùng là 7 Câu 4. a) Ta có : A  x 4  x3  2  m  1 x 2  mx  m 2   x 4  mx 2  x3    mx 2  m 2  mx    2 x3  2mx  2 x 2   x2  x2  m  x   m  x2  m  x   2x  x2  m  x    x 2  m  x  x 2  m  2 x  m2  n 2  m  n   2mn b) Ta có: . Theo giả thiết m  n và mn  1 nên :  mn mn 2  m  n mn 2  2mn 2 mn mn mn Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: m  n  2 2 mn  m  n . 2 2 2 mn m2  n2 Vậy Min 2 2 mn Câu 5. A K α D H O C Kẻ AH  BD, CK  BD . Ta có S ABCD  S ABD  SCBD B  1 1 1 AH .BD  CK .BD  BD. AH  CK  . Mà : 2 2 2 AH  OA.sin  , CK  OC.sin  1 1 1  S  BD  OA.sin   OC.sin    BD.sin   OA  OC   AC.BD.sin  2 2 2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top