Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bắc Ninh 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bắc Ninh 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bắc Ninh 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 tỉnh Bắc Ninh 2020-2021

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

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN 9 Thời gain làm bài : 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) a b c x2 y2 z2 x y z 1. Cho    1 và    0. Chứng minh rằng 2  2  2  1 x y z a b c a b c 2. Cho biểu thức P  2x  2 x x  1 x x  1   x x x x x a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x  4 Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2  2mx  m 2  m  6  0  m là tham số) 1) Tìm m để phương trình có hai nghiệm 2) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1  x2  8 Câu 3. (4,0 điểm)  x 3  xy  x  2 x 2 y  2 y 2  2 y 1) Giải hệ phương trình  2  x  1  4 y  4 x  1  3 2 y 2) Tìm các số tự nhiên x, y, z sao cho x 2  y 2  z 2  3  xy  3 y  3z Câu 4. (2,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  9. Tìm giá trị nhỏ nhất của a b c biểu thức P    b3  5b 2  3b  18 c3  5c 2  3c  18 a 3  5a 2  3a  18 Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E , F lần lượt là tiếp điểm của  O  với các cạnh AB, AC , BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF , DF lần lượt tại I , K 1) Tính số đo góc BIF 2) Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE a) Khi AM  AB, gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng ba điểm A, O, H thẳng hàng b) Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của  O  ; P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE , DF . Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ lớn nhất Câu 6. (2,0 điểm) 1. Cho 19 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ít nhất một góc 3 không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn có bán kính nhỏ hơn 5 abc  1 nhận giá 2. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1  a  b  c và P   a  1 b  1 c  1 trị nguyên. ĐÁP ÁN Câu 1. 1.1) ĐKXĐ: xyzabc  0 Từ a b c ayz  bxz  cxy   0  0  ayz  bxz  cxy  0 x y z xyz 2 x y z x2 y2 z2 x y z  xy xz yz  Ta có:    1       1  2  2  2  2     1 a b c a b c a b c  ab ac bc  x2 y2 z 2 cxy  bxz  ayz x2 y 2 z 2  2  2  2 2 1 2  2  2 1 a b c abc a b c 1.2) a) Điều kiện : x  0, x  1 P  2x  2  x   x  x 1 x  x 1  x 1  x .  x 1 x  x 1  x 1 2x  2  x  x  1  x  x  1 2x  2 x  2  x x b) P  2x  2 x  2  x 2  3   x2  2 2 x x   Áp dụng AM-GM  P  2 x 2 3 .  427 2 x 2 Vậy Min P  7  x  4 Câu 2. a) Phương trình x 2  2mx  m 2  m  6  0 có hai nghiệm thì  ‘  m 2   m 2  m  6   m  6  0  m  6  x1  x2  2m . Ta có : b) Theo hệ thức Vi-et ta có :  2 x x  m  m  6  1 2 2 2 x1  x2  8  x1  x2  2 x1 x2  64   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  64 2 Trường hợp 1:  m  6  6  m  2 Nếu x1 , x2 cùng dấu thì x1 x2  0   2  *  m  m  6   m  2  m  3  0 m  3 Khi đó 1   x1  x2   64  4m 2  64  m  4 (thỏa mãn (*)) 2 Trường hợp 2: Nếu x1 , x2 trái dấu thì x1 x2  0  m 2  m  6   m  2  m  3  0  2  m  3 **   Khi đó 1   x1  x2   4 x1 x2  64  4m2  4 m2  m  6  64  m  10(ktm (**)) 2 Vậy m  4 Câu 3.  x 3  xy  x  2 x 2 y  2 y 2  2 y 1 a)  2  x  1  4 y  4 x  1  3 2 y  2  4 y 2  4 x  1  0 Điều kiện :  . Ta có phương trình : y  0 1  x3  2 x 2 y  xy  2 y 2  x  2 y  0   x  2 y   x 2  y  1  0 x  2y  2  x  y  1  0  3 Dễ thấy  3 vô nghiệm do y  0  x  2 y . Thay vào (2) ta được : x  1  x 2  4 x  1  3 x  4  . Từ (4) suy ra x  0 Xét x  0 thay vào phương trình (4) ta thấy không thỏa mãn Xét x  0, phương trình (4) tương đương Đặt t  x  x 1 1  x 4 3 x x 1 1 t  2  x   t 2  2 x x Phương trình (4) trở thành : t  t 2  6  3 t  3 5  t2  6  3  t   2  t  2 2 t  6  t  6t  9 1 1 1  x   x   y  5 1 5 2 4 8 t  x    2 x 2  x  2  x  4  y  2 1 1 Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm  ;  ,  4;2   4 8 Câu 3b Từ giả thiết ta có : x 2  y 2  z 2  3  1  xy  3 y  2 z  x 2  y 2  z 2  4  xy  3 y  2 z  0  2  y2   3 y2   x  xy      3 y  3    z 2  2 z  1  0 4   4   y  x  0  2 x  1  2 2 y 2 y   y    x    3   1   z  1  0    1  0   y  2 2  2  2 z  1  z 1  0  Vậy x  1; y  2; z  1 Câu 4.Ta có :  b  6   b 2  b  3  b3  5b 2  3b  18   a b3  5b 2  3b  18  b  6  b2  b  3 b2  9  2 2 2a 1 b2  9 Tương tự ta có : b c3  5c 2  3c  18  2b c 2c  3  2; 3  3 c 9 a  5a 2  3a  18 a  9 2 Từ (1), (2), (3), ta có : P  2a 2b 2c   b2  9 c2  9 a2  9 2 2 2a 1  2a  b  9   2ab  1  2ab 2  1  2ab 2  1  ab   2 2 2 Mà 2    a   a   a         9 b 9 9 b2  9 b2  9  9  6b  9  3    1 ab  bc  ca  1  ab  bc  ca  Nên P   2a  2b  2c    18   9 3 3  9  Lại có 3  ab  bc  ca    a  b  c   ab  bc  ca  27 2 1 27   P  18    1 9 3  b  6  b 2  b  3  2 c  6  c  c  3  Dấu ”  ” xảy ra   a  6  a 2  a  3  a  b  c  3 a  b  c  9  a  b  c  3  Vậy Min P  1  a  b  c  3 Câu 5. A E D M K O I H F B 5.1) Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD  BD, OF  BF và BD  BF Mà OD  OF (vì D, F thuộc đường tròn (O)) nên OB là trung trực của DF  OB  DF tại K  KIF vuông tại K Chỉ ra tứ giác ADOE là hình vuông  DOE  90 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có : 1 1 DFE  DOE  .90  45  KFI  45 2 2 C  KIF vuông cân tại K  KIF  45 hay BIF  45 5.2 ) A E P M D I K O N H C Q F B a) Tứ giác ADOE là hình vuông  AO là trung trực DE 1 Có AB  AM nên tam giác ABM vuông cân tại A  ABM  45 hay DBH  45  DBH  DFH  45  BDHF là tứ giác nội tiếp  2  Thấy BDO  BFO  90  90  180  BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3)  5 điểm B, D, O, H , F cùng nằm trên một đường tròn Suy ra BHO  BFO  90  OH  BM Mặt khác ADE  45  ABM và hai góc này đồng vị nên DE / / BM  OH  DE  4  Từ (1) và (4)  A, O, H thẳng hàng 5.2b) Vì DPN  DQN  90  90  180 nên DPNQ là tứ giác nội tiếp  QPN  QDN (vì cùng chắn cung QN )  5  Mặt khác, tứ giác DENF nội tiếp (O) nên FDN  FEN hay QDN  FEN  6  Từ (5) và (6) ta có : QPN  FEN  7  , tương tự ta có : EFN  PQN  8  Từ (7) và (8) suy ra : NPQ ∽ NEF ( g .g )  PQ NQ  EF NF Theo quan hệ đường xiên – vuông góc ta có : NQ  NF  PQ NQ   1  PQ  EF không đổi (do E , F cố định) EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q  F  NF  DF  D, O, N thẳng hàng Do vậy PQmax  EF khi M là giao điểm của AC và BN với N là điểm đối xứng với D qua O Câu 6. 1) Chia lục giác đều cạnh bằng 1 thành 6 tam giác đều có cạnh bằng 1, có 19 điểm nằm trong lục giác đều nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất một tam giác chứa 4 điểm trong 19 điểm đã cho. Dễ thấy 4 điểm này đều nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 1 có bán kính R  3 3  3 5 Trường hợp 1: Giả sử 4 điểm đó là A, B, C , D tạo thành một tứ giác lồi (hình 3.1), suy ra có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng 90; giả sử đó là BAD  90  BAC  CAD  90  trong hai góc BAC , CAD có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc băng 45. Giả sử BAC  45suy ra tam giác ABC thỏa mãn một góc không lớn hơn 45 A B A A D D C C C Hình 3.1 B Hình 3.2 Trường hợp 2: Giả sử 4 điểm đó tạo thành các hình 3.2 và 3.3 B Hình 3.3 D +)Nếu BDC  90  CBD  BCD  90 thì một trong hai góc CBD, BCD có số đo không lớn hơn 45. Giả sử CBD  45suy ra tam giác BCD thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 +) Nếu BCD  90  BAD  90 thì trong hai góc BAC , CAD có một góc không lớn hơn 45 . Giả sử BAC  45suy ra tam giác ABC thỏa mãn có một góc không lớn hơn 45 Như vậy từ các trường hợp trên, ta suy ra dfcm 2) Ta có: P  1  a  1  1  b  1  1  c  1  1  1 abc  1   a  1 b  1 c  1  a  1 b  1 c  1 1 1 1 1 1 1      a  1 b  1 c  1  a  1 b  1  b  1 c  1  a  1 c  1 1 1 1 1 1      4(do a  2, b  3, c  4) 2 3 1.2 2.3 3.1 Hơn nữa P  1 1 1 1 1 1 1 Nếu a  4  4  a  b  c  P  1       2 3 4 5 3.4 4.5 5.3  P  2 a  2 và  . Ta có 4 trường hợp sau : Vô lý vì P  ℕ, P  1. Từ đó suy ra  P  3 a  3   11 Trường hợp 1: a  2, P  2 ta có 2bc  1  2  2bc  1  2  b  1 c  11  b  1 c  1 Do VT 1 lẻ mà VP 1 chẵn nên phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: a  2, P  3 ta có : 2bc  1  3  2bc  1  3  b  1 c  1   b  3 c  3  5  b  1 c  1 b  3  1   a  2, b  4, c  8 ( do b  c ) c  3  5 Trường hợp 3: a  3, P  2 ta có : b  4  1 3bc  1  2   b  4  c  4   11    a  3, b  5, c  15 2  b  1 c  1 c  4  11 Trường hợp 4: a  3, P  3 ta có : 3bc  1  3  3bc  1  6  b  1 c  1 2  b  1 c  1 Phương trình vô nghiệm vì vế phải chia hết cho 3 mà vế trái không chia hết cho 3  a  2, b  4, c  8 Vậy  thỏa mãn bài toán  a  3, b  5, c  15
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top