Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thạch Hà 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thạch Hà 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1. Có 3 giỏ táo, giỏ thứ nhất có 11 trái, giỏ thứ hai có 7 trái và giỏ thứ ba có 6 trái. Nêu cách chuyển các trái táo sao cho số táo trong 3 giỏ bằng nhau.Việc chuyển táo từ giỏ này sang giỏ kia phải thỏa mãn điều kiện số táo chuyển vào giỏ đó phải đúng bằng số táo có trong giỏ đó Bài 2. 1 2 1 4  2 3 và B  . So sánh A và B 2 2 2 3   9  20 5 b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn a b 5 a b 5 a) Cho A  Bài 3. a) Giải phương trình : x 2  1  2 x  x 2  4 x  4  1  20202  20202 2020  20212 2021 b) Tìm x, y thỏa mãn x  x  2 xy  2020  2 y c) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức M  2 x  5  x 2 Bài 4.Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB  AC , vẽ đường cao AH , phân giác trong AD. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC a) Biết AB  6cm, AC  8cm. Tính AH , MN , BD b) Gọi AE là phân giác ngoài của tam giác ABC. Chứng minh rằng : 1 1 2 1 1 2   và   AB AC AD AB AC AE Bài 5. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 0  x, y, z  1 Chứng minh rằng x y z 3    1  y  xz 1  z  xy 1  x  yz x  y  z ĐÁP ÁN Bài 1. Ký hiệu  a, b, c  là trạng thái: Giỏ thứ nhất chứa a quả táo, giỏ thứ hai chứa b quả táo, giỏ thứ ba chứa c quả táo 11  7  6  8 (quả) 3 Mặt khác, theo điều kiện bài toán thì rõ ràng phải chuyển táo từ giỏ nhiều sang giỏ ít và bắt đầu từ giỏ lẻ sang giỏ lẻ Kết quả như sau : 11;7;6    4;14;6    4;8;12    8;8;8  Ta thấy tổng số táo mỗi giỏ sau khi hoàn thành công việc là Bài 2. a) Ta có : A  1 1 4  2 3  2 2 3 42 3   2 2 Suy ra A  B    1 3  2 2  3 1 2  2 1 3 2 b) ĐK: a  b 5 * 2 3   9  20 5  2 a  b 5  3 a  b 5   9  20 5 a  b 5 a  b 5 a b 5 a b 5  9a 2  45b 2  a  5  20a 2  100b 2  5b  *  Ta thấy * có dạng A  B 5 nếu B  0 thì   5 A ℚ (vô lý) B Vậy B  0  A  0 . Do đó : 9a 2  45b 2  a  0 9a  45b  a  0   *    9 2 2 2 2 20a  100b  5b  0 9a  45b  b  0  4 9 9a 2  45b 2  a  0   a  b  0(ktm)  a  b    4  9  a  9; b  4  a  b b 2  4b  0  4  2 Vậy a  9, b  4 2      Bài 3. a) Biến đổi vế phải ta có : 20212   2020  1  20202  2.2020  1  1  20202  20212  2.2020 2 20202 2020 20202 2020 2  1  2020    2021  2.20209   20212 2021 20212 2021 2 2 2020  2020 2020 2020    2021   2021    2021   2021 2021 2021 2021   Phương trình trở thành : x  1  x  2  2021* . Xét 3 trường hợp th1: x  1  *  3  2 x  2021  x  1009(tm) th 2 :1  x  2  *  0 x  1  2021(VN ) th3: x  2  *  2 x  3  2021  x  1012(tm) Vậy x  1009;1012 x  0 b) ĐK:  1 xy  0   Với x  0(tm(1)) lúc đó phương trình trở thành : 2020  2 y  0  y  1010  Với x  0  y  0  x  x  2 xy  2020  2 y   Vì    x  2 xy  y  x  y  2020  0  y x y x 2 2  x  y  2020  0  2   0; x  0; y  0 nên phương trình (2) vô nghiệm Vậy  x; y    0; 1010  c) Điều kiện :  5  x  5 * – Tìm giá trị lớn nhất Ta có BDT Bunhiacopxki : Với 2 bộ số  a1; a2  ,  b1; b2  ta có :  a1b1  a2b2  2   a12  a22  b12  b22  ** . Đẳng thức xảy ra  a1 a2  b1 b2  Áp dụng (**) ta có M 2  2 x  1. 5  x 2    2  1  x 2 2 2 2  5  x 2   25 Đẳng thức xảy ra khi x  0 x0  x    5  x2   2    x  2  x  2(tmdk (*)) 2 2  x  4  5  x    x  2  Vậy Max M  5  x  2 – Tìm giá trị nhỏ nhất Từ điều kiện (*) ta có : 2 x  2 5 1 , mặt khác 5  x2  0  2 Từ (1) và (2)  M  2 x  5  x 2  2 5 2 x  2 5  x 5 Đẳng thức xảy ra   2 5  x  0 Vậy Min M  2 5  x   5 Bài 4. K A N M C E B H D Q a) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta có : 1 1 1 1 1 25       AH  4,8cm 2 2 2 AH AB AC 36 64 576 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH ta có : BH 2  AB 2  AH 2  36  23,04  BH  3,6cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có : BC 2  AB 2  AC 2  36  64  BC  10cm DB AB 6    0,75 1 Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DC AC 8 Mặt khác BC  BD  DC  10cm  2  30 40 24 cm, DC  cm  HD  BD  BH  cm 7 7 35 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHD ta có : Từ (1) và (2)  DB  AD 2  AH 2  DH 2  576 576 2   AD  24 cm 25 1225 7 2 cm 7 AD b) Tứ giác AMDN là hình vuông nên DM  DN  2 Ta có : S ABC  S ABD  S ACD Tứ giác AMDN là hình vuông nên MN  AD  24  1 1 1 1 1 AD AB. AC  AB.DM  AC.DN  DM . AB  AC   .  AB  AC  2 2 2 2 2 2 1 1 2   (dfcm) AB AC AD Gọi Q, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của E trên AB và AC  Tứ giác AQEK là hình vuông nên EK  EQ  AE 2 Ta có S ABC  S AEC  S AEB  1 1 1 1 1 AE AB. AC  AC.EK  AB.EQ  EQ  AC  AB   .  AC  AB  2 2 2 2 2 2  1 1 2   (dfcm) AB AC AE Bài 5. Vì x, y   0,1 nên 1  x 1  y   0  1  xy  x  y y y  1 1  z  xy x  y  z x x z z  ;  Tương tự ta có:  2  3 1  y  xz x  y  z 1  x  xy x  y  z  1  z  xy  x  y  z  Cộng vế theo vế của 1 ,  2  ,  3 ta được : x y z x yz 3     1  y  xz 1  z  xy 1  x  yz x  y  z x  y  z Dấu ”  ” xảy ra khi x  y  z  1
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top