Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Yên Định 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 huyện Yên Định 2020-2021

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

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

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG I – YÊN ĐỊNH DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 . MÔN TOÁN 9 Thời gian: 150 phút Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức: A  1 1  x2  x  1 x3  x  .   x  1   x2  1  x2  2 x  1 1  x2  x3  1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để A  x3  1 Câu 2. (4,0 điểm) 18 18 1) Giải phương trình : 2   x2  6 x  4 x  4 x  3  x  3 x  5  2) Cho ba số thực a, b, c khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn 1 1 1   0 a b c a) Chứng minh rằng a 2  2bc   a  b  a  c  b) Tính giá trị của biểu thức : 2020a 2  2021bc 2020b2  2021ac 2020c 2  2021ab   A a 2  2bc b 2  2ac c 2  2ab Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2  x  x 2 y  xy  y 2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a 2020  1 chia hết cho 240 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm I nằm giữa hai điểm A và B, điểm K nằm giữa hai điểm B và C sao cho BI  CK . Gọi O là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh OIK  OKI  45 b) Gọi M là giao điểm của AC và DI , N là giao điểm của BD và AK . Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân c) Xác định vị trí của các điểm I , K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo a Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3abc. Tìm giá trị lớn a b c nhất của biểu thức Q  2  2  2 3a  1 3b  1 3c  1 ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Rút gọn A x3  x  1 1  x2  x  1 A 2 .   x  1  x2  2 x  1 1  x2  x3  1  x  x 2  1  1 x2  x  1 1  .   x 2  1   x  12  x  1 x  1   x  1  x 2  x  1  x  x  1 x  1 x  1  x  1 1 .  2 2 x 1  x  1  x  1 x  1 2 2 x   x 2  1   x  1 2 1 1 x x  2 .   2  2  2 x  1 x  1 x  1  x  1  x  1  x  1  x  1 x  1 1 x x2  1 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A  x3  1 1 x A  x3  1  2  x3  1 x  1 x 1  1  x   x3  1 x 2  1  1  x  x5  x3  x 2  1 Vậy A   x5  x3  x 2  x  0  x  x 4  x 2  x  1  0  x  0(tmdk )( do x 4  x 2  x  1  0) Vậy để A  x3  1 thì x  0 Câu 2. 18 18 1) Giải phương trình : 2   x 2  6 x  4 1 x  4 x  3  x  3 x  5  ĐKXĐ: x  1; x  3; x  5   2 2 2  1  9.   x  6x  4   x  1 x  3  x  3 x  5   1 1 1   1 2  9      x  6x  4  x 1 x  3 x  3 x  5   9. 4  x  1 x  5  x2  6 x  4 36  x2  6x  4 2 x  6x  5  1  9   1  9   x 2  6 x      x 2  6 x      36 2  2   2  2   2 2 1  81 1  225     x 2  6 x     36   x 2  6 x    2 4 2 4   x 1  2 1  15 x  6 x      x  7   x2  6x  7 2 2     2  (tmdk )  x   2  2 1 15    x 6 x 8    x  6 x  2    2    x  4 Vậy S  1; 7; 2; 4 2) Cho ba số thực a, b, c khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn 1 1 1   0 a b c a) Chứng minh rằng a 2  2bc   a  b  a  c  Ta có : 1 1 1 bc  ac  ab   0  0  bc  ab  ac  0  bc  ac  ab a b c abc  a 2  2bc  a 2  bc  ac  ab   a 2  ac    bc  ab   a  a  c   b  a  c    a  b  a  c  b) Tính giá trị của biểu thức : 2020a 2  2021bc 2020b2  2021ac 2020c 2  2021ab A   a 2  2bc b 2  2ac c 2  2ab Tương tự, có: b 2  2ca   b  c  b  a  ; c 2  2ab   c  a  c  b  A 2020  a 2  bc   bc 2020  b 2  ac   ac   a 2  2bc b 2  2ac ac ab   bc A  6060   2  2  2   a  2bc b  2ac c  2ab  2020  c 2  ab   ab c 2  2ab   bc ac ab A  6060        a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b     bc  ac ab  6060        a  b  c  a   b  c  a  b   c  a  b  c    bc  b  c   ac  c  a   ab  a  b    6060   1  a  b  b  c  c  a  Mặt khác : bc  b  c   ac  c  a   ab  a  b    b  c  a 2   b 2  c 2  a  bc  b  c    b  c   a 2   b  c  a  bc    b  c   a 2  ab    ac  bc      b  c  c  a  a  b  2  Từ (1), (2)  A  6061 Câu 3. 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2  x  x 2 y  xy  y (1) x2  x 1  x  x   x  x  1 y  y  2  2 x  x 1 2 1 3  2 (Vì x  x  1   x     0) 2 4  2 x  y 2 2  x  1   2 x  1 2x  1 x2  x  1 x2  x  1 2 2 x  1 2x  1  Vì x  ℤ, y  ℤ nên 2 ℤ  2  ℤ . Mà : x  x 1 x  x 1 2  2 x  1  4 x 2  4 x  1  4  x 2  x  1  3  4  3 x2  x  1 x2  x  1 x2  x  1 x2  x  1 3  2  ℤ  x 2  x  1U (3)  1; 3  x 2  x  1 1;3 , do x 2  x  1  0 x  x 1 x  0  y  0 th1: x 2  x  1  1   x 1 y  2 1  x  1  y  0 th 2 : x 2  x  1  3   x  2  y  2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên :  x; y   0;0  ; 1;2  ;  1;0  ;  2;2  2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a 2020  1⋮ 240 a 2020  1   a 4  505  1505   a 4  1 .M   a  1 a  1  a 2  1 .M Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a  1; a  1 là hai số nguyên tố chẵn liên tiếp. Do đó  a  1 a  1⋮8 1 Trong 3 số tự nhiên liên tiếp a  1; a; a  1 luôn có một số chia hết cho 3. Nhưng a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 3. Do đó a  1hoặc a  1 chia hết cho 3. Tích  a  1 a  1⋮3  2  Vì (8;3)=1 nên từ (1) và (2) suy ra tích  a  1 a  1⋮ 24 * Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a là số lẻ. Suy ra  a 2  1⋮ 2  3 Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 5. Số a thuộc một trong các dạng 5k  1;5k  2;5k  3;5k  4. Suy ra  a 4  1⋮5  4  Vì  2;5   1 nên từ (3), (4)   a 2  1⋮10 ** Từ * , **   a  1 a  1  a 2  1⋮ 240 Vậy a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a 2020  1 chia hết cho 240. Câu 4. I A B E N M O D K C a) Chứng minh OIK  OKI  45 Vì tứ giác ABCD là hình vuông có hai đường chéo AC , BD cắt nhau tại O nên theo tính chất của hình vuông, suy ra IBO  KCO  45, OB  OC Xét IBO và KCO có IB  KC ( gt ); IBO  KCO; OB  OC (cmt )  IBO  KCO (c.g .c)  OI  OK 1 , IOB  KOC (các góc tương ứng)  IOK  IOB  BOK  KOC  BOK  BOC  90  2  Từ (1) và (2) suy ra IOK vuông cân tại O. Suy ra OIK  OKI  45 b) Gọi M là giao điểm của AC và DI , N là giao điểm của BD và AK . Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân Gọi E là giao điểm của AK và DI Ta có : AB  BC  a, BI  CK  AB  BI  BC  CK  AI  BK Xét ADI và BAK có : AD  BA  a, DAI  ABK  90, AI  BK (cmt )  ADI  BAK (cgc)  ADI  BAK (các góc tương ứng) Hay ADI  IAE . Mà ADI  DIA  90  IAE  DIA  90  AEI vuông tại E , AE  DI Mặt khác AO  DN (tính chất hình vuông). Suy ra AO, DE là hai đường cao của tam giác AND, chúng cắt nhau tại M nên M là trực tâm AND Suy ra MN  AD  MN / / AB   AD   AMNB là hình thang Hình thang AMNB có hai góc kề đáy bằng nhau  MAB  NBA  45  nên là hình thang cân c) Xác định vị trí của các điểm I , K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo a Ta có: S DIK  S ABCD   S ADI  S DCK  S BIK   a 2 BI .BK   2 S DIK   a    2    2 a 2 BI .BK (Vì AI  CK  AI  BI  AB  a )  S DIK   1 2 2 2 Vì  BI  BK   0  BI 2  2 BI .BK  BK 2  0  a. AI a.CK BI .BK  a    2 2  2 2  BI 2  2 BI .BK  BK 2  4 BI .BK   BI  BK   4 BI .BK 2  BI  BK   BI .BK  4 2 a2  4 Nên kết hợp với (1) ta được : S DIK Dấu ”  ” xảy ra  BI  BK  a 2 a2 a2 a2    2 4 4 Vậy khi BI  BK  a thì diện tích tam giác DIK nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó bằng 2 a2 4 Câu 5. Ta có : 3abc  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  1 1 1   3 a b c 1 1 1 Đặt x  , y  ; z  . Khi đó x, y , z  0 và x  y  z  3 a b c 1 1 1 a b c x y z Q 2  2  2  a  b  c  2  2  2 3a  1 3b  1 3c  1 3  1 3  1 3  1 x  3 y  3 z  3 a2 b2 c2 1 1  x x x  2   1  Vì 2  và hai bất đẳng thức tương tự nên : x 3 x  1  2 2x  2 2  x  1    3 1 1 1 1  3 1 9 3 1 9 3       .    . 2 2  x 1 y 1 z 1 2 2  x  y  z  3 2 2 6 4 Dấu ”  ” xảy ra khi x  y  z  1  a  b  c  1 3 Vậy MaxQ   a  b  c  1 4 Q
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top