Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bình Định 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Bình Định 2020-2021

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Năm học 2020-2021 Môn : TOÁN –Ngày thi : 18/03/2021 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. (5,0 điểm) x  x2  1  x  x2  1  2 2b  c 2) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 4 a Chứng minh rằng phương trình : ax 2  bx  c  0 luôn có nghiệm. 1) Giải phương trình Bài 2. (6,0 điểm)    1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2  y x  y 2   x  y  3 2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100.Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại Bài 3. (4,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C sao cho cung BC nhỏ hơn cung AC, qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB tại D. Kẻ CH  AB  H  AB  , BK  CD  K  CD  , CH cắt BK tại E a) Chứng minh BK  BD  EC b) Chứng minh BH . AD  AH .BD Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác B, C ). Hình chiếu của M lên AB, AC lần lượt là H , K . Gọi I là giao điểm của BK và CH . Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định Bài 5. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để 4  x  2  4  x   4 x  2  4 4  x  6 x 3 x  x 3  30 ĐÁP ÁN Bài 1.  x2  1  0  1. Điều kiện  x  x 2  1  0  2  x  x  1  0 x  0 Ta có x  x 2  1  0   2 vô nghiệm. Do đó có thể biến đổi phương trình như 2 x  x  1  sau : 1 x  x2  1  x  x2  1  2   x  x 2  1  2  * x  x2  1 2 *   x  x 2  1   2 x  x 2  1  1  0   2   x  x 2  1  1  0  x  x 2  1  1  0   x  1  x  x2  1  1   2  x  1(tmdk ) 2 x  1  x  2x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  1 2b  c 2 .ac  b 2  2bc  c 2   b  c   0 với mọi b, c 2. Ta có   b 2  4ac  b 2  a Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm Bài 2. 1) Ta có :  x 2  y  x  y 2    x  y   3x 2 y  x 2 y 2  xy  3xy 2  2 y 3  0 3 y  0  y  2 y 3   x 2  3 x  y  3 x 2  x   0   2 2 2  2 y   x  3 x  y  3 x  x  0 Với y  0  x3  x 3 luôn đúng với mọi x  ℤ Do đó trong trường hợp này phương trình có vô số nghiệm nguyên  x; y  là  k ;0  với k ℤ Với 2 y 2   x 2  3 x  y  3 x 2  x  0, ta có  y  x 4  6 x 3  9 x 2  24 x 2  8 x  x  x  1  x  8  2 3 x  x 2 4 Th1: x  1  phương trình có nghiệm kép y    1 4 4 Th2: x  1. Để phương trình có nghiệm nguyên thì  là số chính phương, suy ra x  x  8   a 2  a  ℤ    x  4  a  x  4  a   16 Lập bảng, tìm được  x; a    9; 3 ,  8;0  ,  9;3 ,  1;3 ,  0;0  Do đó x  1;0;8;9  y  6 .) x  1  y  1 .) x  8  y  10 .) x  9    y  21 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là :  x; y   1; 1 ;  8; 10  ;  9; 6  ;  9; 21 ;  k ;0  k ℤ  .) x  0  y  0 2) Giả sử bộ 69 số đó là 1  a1  a2  a3  ……  a69  100. Suy ra a1  32; a3  3 và a2  2 . Khi đó suy ra i4  a1  a3  a1  a4  ……  a1  a69  132 1 ; dãy này có 67 số hạng i1  a3  a2  a4  a2  …..  a69  a2  98  2  : dãy này có 67 số hạng Do đó dãy (1) và dãy (2) có 134 số hạng nhận các giá trị từ 1 đến 132 (có 132 giá trị). Theo nguyên tắc Dirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau. Giả sử a1  am  an  a2 (với 3  m, n  69 và m, n  ℕ*), suy ra a1  a2  am  an Vậy từ 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 luôn chọn được 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. C K A O B H D I E a) Tam giác CDE có BH  CE, EK  CD  B là trực tâm CDE  BC  ED 1 Ta có : HAC  HCB (cùng phụ với ABC ) HAC  BCD (cùng chắn cung BC )  BCD  HCB Suy ra BC là tia phân giác của CDE  2  Từ (1) và (2) suy ra CDE cân tại C  BC là đường trung trực của ED  BE  BD Khi đó BK  BD  BK  BE  EK  EC (vì EKC vuông tại K) b) Gọi I là giao điểm của BC , DE . Ta có : BH . AD  BH . AB  BD   BH . AB  BH .BD BH . AB  BC 2 (do ABC vuông tại C và CH là đường cao) BH .BD  BI .BC  do BHC ∽ BID  Suy ra BH . AD  BH . AB  BH .BD  BC 2  BI .BC  BC  BC  CI   CB.CI  3 Ta có : AH .BD  AC.ID  Do AHC ∽ BID  4  AC.ID  CB.CI ( Do ABC ∽ CDI )  5  Từ (3), (4), (5)  BH . AD  AH .BD Bài 4. D B M H E I A F K C Dựng hình vuông ABCD. Gọi E là giao điểm của HM và CD; F là giao điểm của DM và AC Vì BHM vuông cân tại H; MKC vuông cân tại K và tứ giác AHMK là hình chữ nhật nên : BH  HM  AK và CK  MK  AH Chứng minh được BDH  ABK (c.g .c)  BHD  AKB Lại có AKB  ABK  90 , nên BHD  ABK  90  BK  HD 1 Tương tự, chứng minh được CH  DK  2  Từ (1), (2)  I là trực tâm của DHK  DI  HK * Ta có : ME / / AC nên DME  DFC (so le trong) (3) Vì AHMK là hình chữ nhật, CEMK là hình vuông nên HA  MK  ME  CK  CE Lại có CD  CA nên CA  CK  CD  CE  AK  DE Khi đó AHK  EMD (c.g .c)  AHK  DME  4  Từ (3), (4) suy ra AHK  DFC mà AHK  AKH  90 nên DKC  AKH  90 Do đó DM  HK ** Từ (*) và (**) suy ra D, I , M thẳng hàng, mà D là điểm cố định Do đó đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định Bài 5. Điều kiện : 2  x  4 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có : 4 4 4  x  2  4  x   x  2. 4  x  x24 x 1 2 x  2 1 1 x 1 x  2 1 2 x2    2 2 4 4  x 1 1 7  x 4  x 1 2 4 x    2 2 4 6 x 3 x  2. 27. x 3  27  x 3  6 x 3 x  x 3  27 Cộng vế theo vế ta được : x 1 7  x   27  30 4 4 Do đó bất phương trình đã cho luôn đúng với 2  x  4 Vậy nghiệm của bất phương trình là 2  x  4 4  x  2  4  x   4 x  2  4 4  x  6 x 3x  x3  1 
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top