Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thọ Xuân 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Thọ Xuân 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THỌ XUÂN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021. MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Câu 1. (4,0 điểm)  x x   x 3 x2 x2  1) Rút gọn biểu thức A  1    :  x 1  x  2 x  3 x  5 x  6     (với x  0; x  1; x  4; x  9 ) 2) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho biểu thức A có giá trị nguyên Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x 4  2 x 2  9  2 x 2  x  6 3 2  y  1  3x  y  3 xy  3 x  y  0 2) Giải hệ phương trình  2  x  9 x  20  2 y  10 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 3  x  2 y  1 6 x  y  2   11 y  8 2) Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì b 2  4ac không phải là số chính phương Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  và điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD đến đường tròn  O; R  với A, B là các tiếp điểm. C , D thuộc đường tròn  O  sao cho MC  MD, CD  2 R . Gọi E là trung điểm của CD 1) Chứng minh bốn điểm A, E , O, B cùng nằm trên một đường tròn 2) Gọi F là giao điểm của AB, OE. Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn  O; R  3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O). Tiếp tuyến qua T của đường tròn  O  lần lượt cắt MA, MB tại các điểm I , K . Chứng minh chu vi tam giác MIK không đổi. Xác định vị trí của điểm T trên cung nhỏ AB sao cho tam giác MIK có diện tích lớn nhất Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ab  bc  ca  abc  4 . Chứng minh rằng a 2  8  b 2  8  c 2  8  a  b  c  6 ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Rút gọn biểu thức  x x   x 3 x2 x2  A  1  :      x 1   x  2 x 3 x5 x 6   x x 1  x  9  x  4  x  2 :  1   x 1 x 1  x 2 x 3      x  .        x 2 x 3 x 1 x 2   x 1 x 3 x 1 2) Tìm tất cả các giá trị của xsao cho biểu thức A có giá trị nguyên Với x  0; x  1; x  4; x  9  A  x 2 3 1 x 1 x 1 3 3  0 1  11 x 1 x 1 1 3 3 1  3  1   2  2  Lại có x  1  1  x 1 x 1 x 1 Từ (1) và (2), ta có: 2  A  1 , Mà A  ℤ  A  2; 1;0 Ta có : 3  3  x  1  1  x  0(tm) x 1 3 3 1 1 A  1   2  x  1   x   x  ™ 2 2 4 x 1 3 A0  1  x  1  3  x  2  x  4(ktm) x 1  1 Vậy x  0;  thì A nhận giá trị nguyên  4 A  2  Câu 2. x4  2 x2  9  2 x2  x  6 1) Giải phương trình : 3  x  ĐKXĐ: 2 x  x  6  0   2   x  2 2 x4  2 x2  9  2×2  x  6  x4  2×2  9   2×2  x  6 2 Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của PT, chia cả 2 vế của PT cho x 2 ta có : 2 2 x4  2 x2  9  2 x  x  6 9   3  2   x  2  2   2  x    1 * x2 x2 x x    2 3 9  y  x 2  2  y 2  6 thay vào phương trình (*) ta có : x x y 1 2 2 2 y  8   2 y  1  3 y  4 y  7  0   7 y  3  Đặt x  Với y  1  x  3 1  13  1  x2  x  3  0  x  x 2 7 3 7 7  157 Với y    x     3 x 2  7 x  9  0  x  3 x 3 6 1  13 7  157  Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm của PT là S   ;  2 6    y 3  1  3 x  y 2  3 xy  3 x  y  0 1 2) Giải hệ phương trình :  2  2  x  9 x  20  2 y  10 Điều kiện : y  10  0. Xét phương trình (1) ta có : y 3  1  3 x  y 2  3 xy  3 x  y  0  y 3  1  1  3x   y 2  y  1  0   y  1  y 2  y  1  1  3 x   y 2  y  1  0   y  3 x   y 2  y  1  0  y  3x (do y 2  y  1  0) Thay y  3 x vào phương trình  2  ta có :  2   x 2  9 x  20  2 3 x  10  0   x  3  3 x  11  2 3 x  10  0 2 9 x 2  66 x  121  12 x  40 9 x 2  54 x  81 2  0   x  3  0 3 x  11  2 3 x  10 3 x  11  2 3 x  10 9 2    x  3  1  0  3 x  11  2 3 x  10    x  3  2 Mặt khác 3 x  11  2 3 x  10  3 x  10  2 3 x  10  1  1   2 3 x  10  1  0 9  0  x  3  0  x  3  y  9(tmdk ) 3x  11  2 3x  10  x  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm   y  9 Câu 3. 1) Ta có : 3  x  2 y  1 6 x  y  2   11 y  8  3  x  2 y  6 x  y   2 x  4 y  6 x  y  2   11y  8  3  x  2 y  6 x  y   24 x  4 y  6  8   6 x  y  3x  6 y  4   2 3x  6 y  4 6x  y 2 1 x 0 y 1 Vì x, y  ℤ nên  x; y    0;1 1 2 1 2 2 1 7 33 8 11 5 11 8 11 8 33 5 11 2) Giả sử b 2  4ac là số chính phương, đặt b 2  4ac  n 2  4ac  b 2  n 2 Ta có 4a.abc  400a 2  40ab  4ac   20a   2.20a.b  b 2  n 2 2   20a  b   n 2   20a  b  n  20a  b  n  2 Trong hai số 20a  b  n và 20a  b  n có một số chia hết cho số nguyên tố abc Mặt khác, b 2  n 2  4ac  0  n  b Do đó, 20a  b  n  20 a  b  n  100a  10b  c  abc Cả hai số 20a  b  n và 20a  b  n đều nhỏ hơn abc Vậy b 2  4ac không phải là số chính phương Câu 4. F A I C M T A1 E H O K B B1 1) Chứng minh bốn điểm A, E , O,B cùng nằm trên một đường tròn Xét tứ giác AOBM có : MAO  90(vì MA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O) MBO  90(vì MB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O) D  MAO  MBO  90  90  180  Tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn đường kính MO 1 Vì E là trung điểm của đoạn thẳng CD nên OE  CD Xét MOE vuông tại E nên MOE nội tiếp đường tròn đường kính MO  2  Từ (1) và (2) suy ra 5điểm A, E, O, B, M cùng nằm trên đường tròn đường kính MO . Vậy bốn điểm A, E , O, B cùng nằm trên một đường tròn 2) Gọi F là giao điểm của AB, OE. Chứng minh FC là tiếp tuyến của đường tròn  O; R  Gọi  H   AB  MO;G  AB  CD Ta có MA  MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), OA  OB   R  Suy ra OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB  OM vuông góc AB tại H Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH , ta có : MA2  MH .MO Ta chứng minh được MAC ∽ MDA( g .g )  MA2  MC.MD Suy ra MH .MO  MC.MD. Khi đó MCH ∽ MOD(c.g .c)  MHC  MDO  Tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn  DHO  OCD (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung OD ) , mà OCD  ODC  OHD  ODC hay OHD  ODM  OHD ∽ ODM ( g .g )  ODH  OMD hay ODH  OMG  3 Xét MHG và FEG, có: MGH  FGE (hai góc đối đỉnh) MHG  FEG  90  HMG  EFG hay OME  OFH  4  Từ (3), (4) suy ra ODH  OFH  tứ giác OHDF nội tiếp đường tròn đường kính OF mà tứ giác OHCD nội tiếp đường tròn (cmt) Suy ra 5 điểm O, H , C , F , D cùng nằm trên đường tròn đường kính OF  OCF  90 hay FC  CO  FC là tiếp tuyến của đường tròn  O; R  dfcm  3) Gọi T là điểm thay đổi trên cung nhỏ AB của đường tròn (O). Tiếp tuyến qua T của đường tròn (O) lần lượt cắt MA, MB tại các điểm I , K . Chứng minh chu vi tam giác MIK không đổi. Xác định vị trí của điểm T trên cung nhỏ AB sao cho tam giác MIK có diện tích lớn nhất Do IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại T nên IT  IA, KT  KB  IK  IT  KT  IA  KB  CMIK  MI  MK  IK  MI  MK  IA  IB  MA  MB  2 MA Mà điểm O và M cố định nên MA không đổi. Do đó CMIK không đổi (đpcm) Qua O kẻ đường thẳng song song AB cắt MA tại A1 , cắt MB tại B1 . Ta có : 1 1 1 KOI  KOT  TOI  BOT  TOA  AOB  AOM  MA1B1  MB1 A1 2 2 2 Từ đó suy ra IOA1 ∽ IOK ∽ OB1K ( g .g ) IA1 OB1 A1B12   hay IA1.B1 K  OA1.OB1  (không đổi). Ta có : 4 OA1 B1K 1 SMIK  S MA1B1  S KOI  S IOA1  S KOB1   MO. A1B1  R  IK  IA1  KB1   2 Mà MI  IK  KM  2MA (chứng minh trên)  IK  2 MA  MI  MK  2 MA   MA  IA1    MB1  KB1   2 MA  2 MA1  IA1  KB1 1  S IMK   MO. A1B1  R  2 MA  2 MA1  2 IA1  2 KB1   2 1  MO. A1B1  R. AA1  R  IA1  KB1  2 Áp dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có: IA1  KB1  2 IA1.KB1  2. A1B12  A1B1 4 1  S IMK  MO. A1B1  R. AA1  RA1B1 . 2 Dấu ”  ” xảy ra  IA1  KB1  IK / / AB Câu 5. Cộng thêm hai vế của ab  bc  ca  abc  4 cho ab  bc  ca  4  a  b  c   8 ta được: abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8  12  4  a  b  c   ab  bc  ca   a  2  b  2  c  2    a  2  b  2    b  2  c  2    c  2  a  2  1 1 1 6 6 6    1 , do vậy ta có:   6 a2 b2 c2 a2 b2 c2 6 Ta sẽ đi chứng minh mệnh đề sau: a 2  8  a    a  2  a 2  8  a 2  2a  6 a2  Thật vậy, theo bđt Cô si ta có:  a  2  a 2  a  2 8  2  a2  8  a 2  2a  6 2 Như vậy, mệnh đề được chứng minh Tương tự ta thu được : b2  8  b  6 và b2 c2  8  c  6 c2 Cộng lại ta có : 1 1   1 a2  8  b2  8  c2  8  a  b  c  6      a  b  c  6(dfcm) a2 b2 c2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top