Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thanh Oai 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thanh Oai 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN TOÁN 9 Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5 điểm)   2 x 3 x x 3 x 3   x 2 x 3 x 1 3 x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A 1) Cho biểu thức A  2) Chứng minh rằng A  2  2  2  …..  2  2  2 (2020 chữ số 2) Câu 2. (5 điểm) 1) Giải phương trình sau : x  2  4  x  2 x 2  5 x  3 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức x 4  2 x3  2 x 2  x  3 là một số chính phương Câu 3. (4 điểm) 1) Cho P  x   x 4  ax 3  bx 2  cx  d , trong đó a, b, c, d là hằng số. Biết P  0   P  8   437.P  2  2020 3 3 2) Với các số dương a, b thỏa mãn a  b  6ab  8. Tìm giá trị nhỏ nhất của : 1 3 P 2   ab a  b 2 ab P  2   6, P  4   12, P  6   18. Tính A  Câu 4. (5 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm  O  có D, E , F theo thứ tự là là trung điểm của BC , AC , AB. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC a) Chứng min tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng b) Kẻ các đường thẳng DM / / OA, EN / /OB, FG / /OC  M  AH , N  BH , G  CH ). Chứng minh các đường thẳng DM , EN , FG đồng quy 2) Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường vuông góc MA ‘, MB ‘, MC ‘ đến BC , CA, AB. Tìm vị trí của M để tích MA ‘.MB ‘.MC ‘ đạt giá trị lớn nhất. Câu 5. (1 điểm) Cho dãy gồm 1000 số: 7;77;777;7777;……;777….7. Chứng minh trong dãy trên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013 ĐÁP ÁN Câu 1. 1) a) ĐKXĐ: x  0, x  9 A     x x 3  x 1 x x 32 x 3    2  x 3 x 1    x  1 x  3 x 3   x 3  x 3 x 3 x 3   x 1 x x  3  2 x  12 x  18  x  4 x  3   x 1 x x  3 x  8 x  24   x 1 x 3  b) Tìm GTNN của A x 1 9 x 1 A   x 1 x 1 x 3    x  3  x  8    x  1 x  3 9  x 1 x 1 x8 x 1 9  x 1 x 1 9 2 x 1 CO  SI  2.3  2  4 Vậy Min A  4  x  1  9  x  4(tmdk ) x 1 2) Chứng minh rằng A  2  2  2  …..  2  2  2 (2020 chữ số 2) A1  2  2 A2  2  2  2  A1  2  2  2 A3  2  2  2  2  A2  2  2  2 …… A2020  A  2  A2019  2  2  2  A  2  2  2  …….  2  2  2(dfcm) Câu 2. 1) Giải phương trình sau : x  2  4  x  2 x 2  5 x  3 Điều kiện : 2  x  4 . Phương trình đã cho tương đương với : x  2  1  1  4  x  2 x 2  5x  3 x3 x 1     x  3 2 x  1 x  2 1 1 4  x 1 1     x  3     2 x  1   0  x  2 1 1 4  x  x  3  1 1     2 x  1  0  x  2  1 1  4  x 1 1  1;  1;2 x  1  5 nên Với 2  x  4 thì x  2 1 1 4  x 1 1    2 x  1  0 x  2 1 1 4  x Vậy x  3 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức x 4  2 x3  2 x 2  x  3 là một số chính phương Đặt x 4  2 x 3  2 x 2  x  3  y 2 (với y là số tự nhiên) Ta có : y 2   x 4  2 x 3  x 2    x 2  x  3   x 2  x    x 2  x  3 2 Ta sẽ chứng minh : a 2  y 2   a  2  với a  x 2  x 2 2 1  11  Thật vậy, y  a  x  x  3   x     0  y 2  a 2 2 4  2 1 1 2 2  2 2  a  2   y  3x  3x  1  3 x     0  y 2   a  2  2 4  2 2 2 Do a 2  y 2   a  2   y 2   a  1 2 2 2 x 1 Hay  x 2  x    x 2  x  3   x 2  x  1  x 2  x  2  0    x  2 Vậy x  1; 2 Câu 3. 1) Cho P  x   x 4  ax 3  bx 2  cx  d , trong đó a, b, c, d là hằng số. Biết P  0   P  8   437.P  2  2020 P  0   P  8   437.P  2  Biết P  2   6, P  4   12, P  6   18. Tính A  2020 Đặt Q ( x)  P  x   3 x  Q  2   Q  4   Q  6   0  2; 4; 6 là nghiệm của Q  x  , mà Q  x  là đa thức bậc 4 nên Q(x) có dạng : P  2   6, P  4   12, P  6   18. Tính A  Q  x    x  2  x  4  x  6  x  m   P( x)   x  2  x  4  x  6  x  m   3 x Tính được P  0   48m, P  8   408  48m 48m  408  48m  437.6 3030 3  A   2020 2020 2 2) Với các số dương a, b thỏa mãn a 3  b3  6ab  8. Tìm giá trị nhỏ nhất của : 1 3 P 2   ab a  b 2 ab Ta có : a 3  b3  6ab  8   a  b  2   a 2  ab  b 2  2a  2b  4   0  a  b  2 1 3 1 1 1 3   ab  2    ab  2 2 a b ab a b 2ab ab 2ab 4 6 9 P 2 2  2 2 a  b  2ab  a  b 2 P 2 Dấu bằng xảy ra  a  b  1 9 Vậy Min P   a  b  1 2 Câu 4. 1) A F N B M H E O D G C a) Chứng minh tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng Chứng minh được ED / /  AB, OD / / AH (cùng vuông góc BC) BH / / OE (cùng vuông góc AC )  ABH  DEO; BAH  EDO (góc có cạnh tương ứng song song)  ABH ∽ DEO( g .g )  dfcm  b) Kẻ các đường thẳng DM / / OA, EN / /OB, FG / /OC  M  AH , N  BH , G  CH ). Chứng minh các đường thẳng DM , EN , FG đồng quy 1 Từ câu a, suy ra OD / /  AH 2 Chứng minh được tứ giác AMDO là hình bình hành suy ra OD  AM  MH , dẫn đến tứ giác MODH là hình bình hành. Nên DM đi qua trung điểm I của OH Chứng minh tương tự có EN , FG đi qua I, nên các đường thẳng DM , EN , FG đồng quy 2) Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường vuông góc MA ‘, MB ‘, MC ‘ đến BC , CA, AB. Tìm vị trí của M để tích MA ‘.MB ‘.MC ‘ đạt giá trị lớn nhất. A B’ C’ M C B A’ Đặt MA ‘  x, MB ‘  y , MC ‘  z , BC  a, AC  b, AB  c 1 S ABC  S BMC  S AMC  S BMA   ax  by  cz   ax  by  cz  2S ABC 2 3 3 1 1  ax  by  cz  8S ABC MA ‘.MB ‘.MC ‘  xyz  ax . by . cz  .        3 abc abc   27 abc Dấu ”  ” xảy ra  ax  by  cz , suy ra diện tích các tam giác BMC , AMC , AMB bằng nhau, khi đó M là trọng tâm tam giác ABC Vậy MA ‘.MB ‘.MC ‘ lớn nhất khi M là trọng tâm tam giác ABC Câu 5. Tách 2013  3.11.61 trong đó 3,11,61 đôi một nguyên tố cùng nhau Sử dụng điều kiện chia hết cho đồng thời 3 và 11, đó là những số có số chữ số là bội của 6 Đó là những số 777777 (6 chữ số), 777777777777 (12 chữ số ,….,777…77 (996 chữ số) Số số hạng của dãy trên là :  996  6  : 6  1  166 Khi chia 166 số trên cho 61 thì có 166 số dư, mà số dư của các phép chia này chỉ nhận 61 giá trị từ 0 đến 60, nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại 2 số trong dãy trên có cùng số dư khi chia cho 61  hiệu của hai số đó chia hết cho 61. Hiệu của hai số có dạng 77…7.10n (có k số 7, 6  k  990) Mà 10n ,61  1 suy ra 77…7 chia hết cho 61 Vậy trong 1000 số đã cho tồn tai ít nhất một số chia hết cho 2013.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top