Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Tây Hồ 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 quận Tây Hồ 2020-2021

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂY HỒ ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 Thời gian làm bài : 150 phút, không kể giao đề Câu 1. (4 điểm) Cho biểu thức  1  x  2  x2 x  7   3 x  2 1  :  P     x  2   x  11  3  x  2 11  x   x  3 x  2  2 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên Câu 2. (4 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức A   x 3  12 x  9  2020 biết x  3 4   5 1  3 4   5 1 2) Giải phương trình : x  24   x  3  x 2  8 x  48 Câu 3. (4 điểm) a b c 1) Cho ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn   2 bc ca ab a2 b2 c2 Chứng minh rằng   abc bc ca ab 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn x 3  y 3  x 2  x  1 Câu 4. (6 điểm) Cho điểm M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Điểm A thay đổi sao cho BAC  60. Đường phân giác trong của góc A cắt BC tại D. 1 1) Chứng minh S ABC  AB. AC.sin A, trong đó S ABC là diện tích tam giác ABC 2 AB 2  AC 2 BC 2 2) Chứng minh AM 2   2 4 1 1 3 3) Chứng minh rằng   2 2 AB AC 2 AD 2 Câu 5. (2 điểm) 3 1) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2 2 2 2 Chứng minh rằng a  b  c  2abc  1 1 2 3 2020 2) Trên bảng có ghi 2020 số: ; ; ;…..; . Mỗi lần thực hiện, cho 2020 2020 2020 2020 phép xóa đi hai số a, b bất kỳ trên bảng và thay bằng số a  b  2ab. Hỏi sau 2019 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào ? ĐÁP ÁN Câu 1. a) Rút gọn biểu thức P. Điều kiện xác định : x  2, x  11 Đặt x  2  a, a  0, a  3  a a 2  9   3a  1 1  P  :   2   2 3  a 9  a a  3 a a     a 3  a    3a  1 a2  9 a 3     :    3  a  3  a   3  a  3  a    a  a  3 a  a  3  3  a  3 2  a  2 3a P :   3  a  3  a  a  a  3 2  a  2  x  2  a vào P ta được P   Thay 2  3 x2 x2 2  b) Tìm các số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên P 3 x  2 2  x2 2   x  2  2 P  3   4 P P nguyên nên 2 P  3  0. Từ đó 4 P , do 2P  3 x2  4 P 0 2P  3 x  2  0 nên 3  P  0 , do P nguyên nên P  1;0 2 Với P  1  x  2  4  x  18 Từ đó Với P  0  x  2  0  x  2 Câu 2. 1) Ta có x  3 4 Xét x   3 4  3    5 1  3 4  5 1  4 3    5 1  3 5  1   4     5 1  4 Hay x 3  8  12 x  x3  12 x  8  0  x 3  12 x  9  1 Vậy A  12020  1 2) Giải phương trình x  24   x  3  x 2  8 x  48 Điều kiện :  x3  8 x  48  0  5 1  33 4    5  1 .4  5  1 .x Với điều kiện trên, phương trình tương đương 2 x  48  2  x  3  x 2  8 x  48  0  x 2  6 x  9  2  x  3  x 2  8 x  48    x 2  8 x  48   9  2  x  3   x  8 x  48  9 2   x 2  8 x  48  x  6 1  x  3   x 2  8 x  48  3   2  x  3   x  8 x  48  3   x 2  8 x  48  x  2  Giải (1)   x 2  8 x  48  x 2  12 x  36 2 x 2  20 x  12  0   x  5  31 1   x  6 x  6   Giải (2)   x 2  8 x  48  x 2  x 22 7  2   x  0   Vậy tập nghiệm của phương trình là S  5  31;2  2 7  Câu 3. 1) Ta có : a b c    2  * bc ca ab a2 ab ac Nhân 2 vế của (*) với số a khác 0 ta được :    2a bc ca ab ab b2 bc Nhân 2 vế của (*) với số b khác 0 ta được :    2b bc ca ab ac bc c2 Nhân 2 vế của (*) với số c khác 0 ta được :    2c bc ca ab Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta được a2 ab ac ab b2 bc ac bc c2          2a  2b  2c bc ca ab bc ca ab bc ca ab  a2 b2 c 2   ab bc   ac bc   ab ac             2a  b  c bc ca ab ca ca ab ab bc bc  a2 b2 c2   a  c   a  b  bc      b   c   a   2a  b  c b c c a a b c a a b b c               a2 b2 c2    abc bc ca ab 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 3  y 3  x 2  x  1 x 3  y 3  x 2  x  1  y 3   x3  x 2  x  1 Trong khoảng  0;1 không có số nguyên nào nên x 2  x  x  x  1  0 với mọi x  ℤ 0;1  x 2  x  0, với mọi x  ℤ . Do đó   x    x3  x 2  x  1 3 Và  x 3  x 2  x  1   x 3  x 2  x  1  2  x 2  x    x3  x 2  x  1    x  1    x    x3  x 2  x  1    x  1 3 Từ đó   x   y 3    x  1 3 3 3 3 Nếu  x, y  là nghiệm nguyên của phương trình đã cho thì :  y 3    x  13   x; y    x  1; y  0  ;  x  0; y  1  x  0;1    Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn đề bài  x; y    x  1; y  0  ;  x  0; y  1 Câu 4. A K C B HD M 1 AB. AC.sin A, trong đó S ABC là diện tích tam giác ABC 2 1 Kẻ đường cao BK của ABC  S ABC  BK . AC 2 BK  BK  AB.sin A Trong tam giác vuông BKA, sin A  AB 1  S ABC  AB. AC.sin A 2 AB 2  AC 2 BC 2 2 2) Chứng minh AM   2 4 Kẻ đường cao AH của tam giác ABC AM 2  AH 2  HM 2  AB 2  BH 2  HM 2 BC  AB 2   HM  MB  HM  HB   AB 2  MB. HM  HB   AB 2   HM  HB 1 2 AM 2  AH 2  HM 2  AC 2  CH 2  HM 2 BC  AC 2   HM  CH  CH  HM   AC 2  MC  CH  HM   AC 2   CH  HM  2  2 Lấy (1) +(2) ta được : 1) Chứng minh S ABC  BC BC . HM  HB   AC 2   CH  HM  2 2 BC BC 2 2 2 2 2 2 2 AM  AB  AC  . HM  HB  CH  HM   AB  AC  2 2 2 2 2 AB  AC BC  AM 2   2 4 1 1 3 3) Chứng minh rằng   2 2 AB AC 2 AD 2 2 AM 2  AB 2  Sử dụng kết quả câu 1, ta có : 1 1 AB. AD.sin 30  AB. AD 2 4 1 1 S ACD  AC. AD.sin 30  AC. AD 2 4 1 3 S ABC  AB. AC.sin 60  AB. AD 2 4 S ABD  Mà S ABD  S ACD  S ABC  1 1 3 AB. AD  AC. AD  AB. AC 4 4 4  AD. AB  AC   3 AB. AC  Từ đó : 1 1 1   1   2.   2 AB AC AC 2   AB 3 1  1 1 3  1  2.     2 2  2 2 AD AC  AB AC 2 AD 2  AB Dấu bằng xảy ra khi AB  AC Câu 5. 1) Ta có : a 2  b 2  c 2  2abc  1  a 2  b 2  c 2  2 abc  1  0 * 3 3 Do đó a  b  c   a  b   c 2 2 2 2 2 2 Nên a  b  c  2abc  1   a  b   2ab  c 2  2abc  1 2 5 3     c   2ab  c 2  2abc  1  2ab  c  1  2c 2  3c  4 2  Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c  b  a . 3 1 Mà a  b  c   c  . Xét hàm số bậc nhất biến t là : 2 2 2 3  2   c a  b 5  2 2  f  t   2t  c  1  2c  3c  , với t  ab và 0  t  ab   4 4 4 2 5 3 9 1 3 1   Ta có f  0   2c 2  3c   2  c 2  c     2  c     0 (với mọi c) 4 2 16  8 4 8   2 2 2 3   3  1     c    c   c   c  1 5 2 2 2 2         2. f . c  1  2c  3c    0 với mọi c   4 4 4 2     2 3    c 2  , tức là bất đẳng thức (*) đúng. Từ đó ta có f  t   0 với mọi 0  t   4  a  b  2 3     c  1 2  abc Đằng thức xảy ra khi ab   4 2  2  1   c   . c  1 2  0  4 2) Giả sử các số trên bảng đang là a1 , a2 ,….., ak . Ta cho tương ứng bảng này với tích  2a1  1 2a2  1 ….. 2ak  1 Sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số  2a  1 2b  1 nhưng lại được thêm vào thừa số 2  a  b  2ab   1    2a  1 2b  1 Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi, chỉ đổi dấu  1010   1 nên số cuối cùng s cũng phải có Vì tích ban đầu bằng 0 (do có chứa thừa số  2.  2020  1 tích bằng 0 nghĩa là tích cuối cùng bằng 2s  1  0  s  2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top