Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Ứng Hòa 2020-2021

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ỨNG HÒA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 ĐỢT I NĂM HỌC 20-21 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu 1. (6 điểm) Cho biểu thức P  x 1 x2 x 1  x  0     x 1 x x 1 x  x  1 x  1  1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  2  x P 3) Tính giá trị của P khi cho x  3 7  50  3 7  50 Câu 2. (3 điểm) Chứng minh  2n  1 2n  1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n Câu 3. (4 điểm) 1. Giải phương trình : 4 x  1  x 2  5 x  14 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  y 2  xy  x  y Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AK , BD, CE cắt nhau tại H 1) Chứng minh AB. AE  AC. AD KC AC 2  CB 2  BA2 2) Chứng minh  KB BA2  CB 2  AC 2 AK 3) Giả sử HK  . Chứng minh rằng tan B.tan C  3 3 4) Giả sử S ABC  120cm 2 và BAC  60. Hãy tính S ADE Câu 5.(1 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ một chữ số của nó thì số đó giảm đi 31 lần ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Rút gọn x 1 x2 x 1  x  0     x 1 x x 1 x  x 1 x  1  P   1  x 1  x2   x 1 x  x 1 x  x 1 x  2  x 1   x 1 x  x 1 x  x     x  1 x   x  x  1  x    x  1 x  x  1 x  x  1 x 1 x  x 1  x 1 2 2x  2 x  2 x2 x 2  x  x P  x  x 2   Q   x   2 x   2 2 22 Theo bđt Cô si : x  x 2)Q   Suy ra giá trị lớn nhất Q   2 2  2 Dấu ”  ” xảy ra khi x  2  x2 x 3) Từ x  3 7  50  3 7  50 Ta có : x 3  7  50  7  50  3 x 3 7 2  50  x 3  3 x  14  0   x  2   x 2  2 x  7   0  x  2 (do x 2  2 x  7  0) Thay x  2(tmdk )  P   2 3 2 Câu 2. Do 2n  1,2n ,2n  1là 3 số tự nhiên liên tiếp nên tích  2n  1 .2n. 2n  1⋮3 Mà  2n ,3  1   2n  1 2n  1⋮3 Câu 3. 1. Giải phương trình : 4 x  1  x 2  5 x  14 (1) Điều kiện : x  1 1  x 2  5 x  14  4 x 1  0     x2  6 x  9  x  1  4 x  1  4  0   x  3  2   2 x 1  2  0  x  3  0   x3  x  1  2  0 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x  3 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  y 2  xy  x  y x 2  y 2  xy  x  y  2 x 2  2 y 2  2 xy  2 x  2 y   x 2  2 xy  y    x 2  2 x  1   y 2  2 y  1  2 2   x  y    x  1   y  1  2 2 2 2 Vì x, y  ℤ nên : x y 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 y 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 x, y   0;0  1;0 2;1  1;2   0;1 2;2 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là :  x; y    2;2  ;  0;0  ; 1;0  ;  2;1 ; 1;2  ;  0;1 Câu 4. A D E H B C K 1) Xét hai tam giác vuông ABD và ACE có: BAC chung ; D  E  90  ABD ∽ ACE ( g .g )  AB AD  hay AB. AE  AC. AD AC AE 2) Sử dụng định lý Pytago AK 2  KC 2   KC  KB   BA2 AC 2  CB 2  BA2  VP  BA2  CB 2  AC 2 BA2   KC  KB 2   AK 2  KC 2  2 AK 2  KC 2  KC 2  2 KC.KB  KB 2  BA2  BA2  KC 2  KB 2  2 KC.KB  AK 2  KC 2 2 KC 2  2 KC.KB   AK 2  KB 2  BA2    BA2  AK 2   KB 2  2 KC.KB 2 KC 2  2 KC.KB 2 KC  KC  KB  KC     VT (dfcm) 2 KB 2  2 KC .KB 2 KB  KB  KC  KB AK AK AK 2 , tanC   tan B.tanC  1 BK CK BK .CK CK Mặt khác: B  KHC  tan B  tan KHC  HK 3) Ta có tan B  Tương tự : tanC  tan KHB  BK BK .CK  tan B.tanC   2 HK HK 2 Từ (1) và (2) suy ra  tan B.tanC  2 2 1  AK   2    3  Do HK  AK  3  HK    Vậy tan B.tanC  3 4) Ta chứng minh được : ABC ∽ ADE (câu a) 2 S  AB  Nên ABC    , mà BAC  60nên ABD  30 S ADE  AD  1 S Ta suy ra AD  AB . Từ đó ABC  4  S ADE  30cm 2 2 S ADE Câu 5.  Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vị, ta có xc  31x  x  ℕ   10 x  c  31x  21x  c Do 0  c  9 . VT  21,VP  9 . Vô lý  Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có : xbc  31xc với x  ℕ  210 x  3bc  10a Lập luận tương tự để chỉ ra x  0,10a  3bc  bc⋮10, a⋮3  a  3;6;9 Ta có các số 310;620;930  Tiếp tục quá trình trên, ta tìm được các số dạng : 31.10 k ;62.10 k ;93.10k  k  0;1;2;3;…..