Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Hai Bà Trưng 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Hai Bà Trưng 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Hai Bà Trưng 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 quận Hai Bà Trưng 2020-2021

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

UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA VÀ MÔN KHOA HỌC CẤP QUẬN MÔN TOÁN 9 Năm học 2020 – 2021 Câu 1. (5 điểm) 1) Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn a 3  b3  c3  3abc ab bc ca Tìm giá trị biểu thức P    c a b 2) Giải phương trình : x 2  4 x  x  2  4  0 Câu 2. (5 điểm) 1) Cho đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn P 1  2 và P  1  4. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P  x  cho đa thức x 2  1 2) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  2 y 2  2 xy  2 x  6 y  1  0 3) Cho a, b, c là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho abc ab  1; bc  1; ca  1 đều chia hết cho p. Chứng mnh rằng p  2  3 Câu 3. (3 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2  4  x với 2 x4 2) Với các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 và a 2  b 2  c 2  9. Chứng minh rằng 1  a  3 Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  AC và đường cao AH . Gọi E , F là chân các đường vuông góc hạ từ H lên AC , AB. Gọi I là giao điểm của AH và EF , BI cắt AC tại điểm P. Đường thẳng qua A song song với BI cắt BC tại Q 1) Chứng minh B là trung điểm QH AP BA2 AP AL  và  1 PC BC 2 PC LB 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB. Kẻ HT vuông góc với AM . Chứng minh rằng BTC  90 2) CI cắt AB tại L. Chứng minh Câu 5. (1 điểm) Cho lục giác đều ABCDEF có diện tích 2022cm 2 và 7 điểm nằm trong lục giác đều ABCDEF . Chứng minh rằng tồn tại tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 7 điểm đã cho có diện tích không lớn hơn 337cm 2 ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn a 3  b3  c3  3abc ab bc ca Tìm giá trị biểu thức P    c a b 3 3 3 Ta có a  b  c  3abc a  b  c  0 1 2 2 2 Suy ra  a  b  c   a  b    b  c    c  a    0     2 a  b  c Th1: a  b  c  0  a  b  c; b  c  a; c  b  a  P  3 Th 2 : a  b  c  P  6 2) Giải phương trình : x 2  4 x  x  2  4  0 Điều kiện xác định : x  2 2 Biến đổi phương trình về dạng  x  2   x  2  0 Vì  x  2   0 và 2 x  2  0 với mọi x  2 nên :  x  2 2  0 x2   x  2  0 Vậy nghiệm của phương trình x  2 Câu 2. 1) Cho đa thức P  x  với hệ số thực thỏa mãn P 1  2 và P  1  4. Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức P  x  cho đa thức x 2  1 Đặt P  x    x  1 x  1 q  x   ax  b . Ta có : P 1  a  b  2 ; P  1   a  b  4  a  1; b  3 Vậy đa thức dư là  x  3 2) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  2 y 2  2 xy  2 x  6 y  1  0 Biến đổi phương trình về dạng  x  y  1   y  2   4  02  22 2 2 x  y  1  0 x  3  x  y  1  0  x  1 Th1:   Th 2 :         y 2 2 y 4 y 2 2    y  0 x  y  1  2 x  3  x  y  1  2  x  1 Th3 :   Th 4 :   y  2  0 y  2 y  2  0    y  2 Vậy  x; y   1;0  ;  1;2  ;  3;2  ;  3;4  3) Cho a, b, c là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố lẻ sao cho ab  1; bc  1; ca  1 đều chia hết cho p. Chứng mnh rằng p2 abc 3 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng a  b  c Thấy rằng ab  1; bc  1; ca  1 đều chia hết cho p suy ra a, b, c đều không chia hết cho p Từ giả thiết bc  1; ac  1 đều chia hết cho p ta suy ra  bc  1   ac  1⋮ p  c  b  a ⋮ p mà c không chia hết cho p  b  a⋮ p Tương tự ta cũng có : c  b⋮ p , suy ra b  a  p và c  b  p Ta có : b   b  a   a  p  a và c  b   c  b   p  a  p  a  2 p Nếu a  1  b  1  ab  1⋮ p, b  1  b  a ⋮ p dẫn đến 2⋮ p mà p là số nguyên tố lẻ nên trái với giả thiết. Vậy a  2 . Sử dụng các dữ kiện : a  2, b  a  p, c  a  2 p  a b  c a  a  p  a  2p   pa p2 3 3 Câu 3. 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2  4  x với 2  x  4 Tìm GTNN của P: Vì P  0  P 2  2  2  x  2  4  x   2 , do đó P  2 vì P  0 x  2  0 x  2 Vậy Min P  2    4  x  0 x  4 Tìm GTLN của P  x  2  4  x  Áp dụng BĐT AM-GM ta có : 2  x  2  4  x   x  2  4  x  2 Vì P  0, ta xét P 2  2  2 Do đó P 2  4 , dấu ”  ” xảy ra khi x  2  4  x  x  3 Vậy Pmax  2  x  3 2) Với các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 và a 2  b 2  c 2  9. Chứng minh rằng 1  a  3 b  c  3  a Từ giả thiết ta có :  2 2 2 b  c  9  a   Sử dụng bất đẳng thức 2 b 2  c 2   b  c  ta suy ra : 2 2  9  a 2    3  a   a 2  2a  3  0   a  1 a  3  0 2 a  1  0 Vì a  1  a  3    1  a  3 a  3  0 Từ giả thiết a 2  b 2  c 2  9  a 2  9  b 2  c 2  9 Do đó 3  a  3 Câu 4. A P L E I F Q 1) B H Chứng minh B là trung điểm QH O C Do AQ / / BP theo định lý Talet ta có : IA  IH , dẫn đến BH IA  mà I là trung điểm AH nên BQ IH BH  1 hay B là trung điểm QH BQ AP BA2 AP AL 2) CI cắt AB tại L. Chứng minh  và  1 2 PC BC PC LB AP QB BH BH .BC Ta có    , sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PC BC BC BC 2 AP QB BH BA2 2 ABC ta có BH .BC  BA , từ đó suy ra    PC BC BC BC 2 AL AC 2  Chứng minh tương tự ta có : LB BC 2 AP AL AB 2 AC 2 AB 2  AC 2 Suy ra     1 PC LB BC 2 BC 2 BC 2 3) Gọi M là giao điểm của FE và CB. Kẻ HT vuông góc với AM . Chứng minh rằng BTC  90 Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHB, AHC với HE  AC , HF  AB ta có AF . AB  AH 2  AE. AC  AEF ∽ ABC , dẫn đến AEF  ABC. Gọi O là trung điểm của BC  OA  OB  OC nên tam giác AOC cân tại O, suy ra OAC  OCA. Từ đó suy ra : AEF  OAC  B  C  90nên OA  EF nên I là trực tâm AOM dẫn đến OI  AM hay OI  AT * Tam giác ATH vuông tại T , có AI  TI  HI hay IA  IT ** Từ (*) và (**) suy ra OT là trung trực của AT dẫn đến OT  OA  OB  OC nên tam giác BTC vuông tại T Câu 5.Bổ đề: Lấy 3 điểm trong một hình bình hành, khi đó tam giác tạo bởi 3 điểm đó có diện tích bé hơn hoặc bằng nửa diện tích hình bình hành Áp dụng: Gọi O là tâm của lục giác đều, khi đó lục giác chia thành 3 hình bình hành là ABCO, CDEO, EFAO. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một hình bình hành chứa ít nhất 3 điểm và theo bổ đề 3 điểm này tạo thành tam giác có diện tích nhỏ hơn nửa diện tích hình bình hành, hay diện tích không lớn hơn 337cm 2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top