Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Đắc Lắc 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Đắc Lắc 2020-2021

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮC LẮC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1. (4,0 điểm) 9 2 x 5 x 1  x  0      x x 2 x 1 x  2  x  4 Tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A nhận giá trị nguyên 2) Cho phương trình x 2   2m  3  x  m  0 với m là tham số. Tìm số m để phương 1) Cho biểu thức A  trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x12  x22  9 Bài 2. (4,0 điểm) 1) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  x  b. Tìm b để đường thẳng  d  13 (với I là trung điểm của AB ). 2 2 2) Giải phương trình : x 2  1  x  1 x  3  15  2 x  1 cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OI    Bài 3. (3,0 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn : x 2  3 xy  2 y 2  6  0 2) Cho x, y, z là các số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng  x  y    y  z    z  x 5 5 5 chia hết cho 5  x  y  y  z  z  x  Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE , CF của ABC cắt nhau tại H 1) Chứng minh FA. AB  AE. AC 2) Chứng minh DH là tia phân giác của EDF 3) Giả sử ACB  60. Chứng minh 2 EF  BF  3CF Bài 5. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có BAD  60, BCD  120, tia phân giác của DAB cắt BD tại E, tia phân giác của BCD cắt BD tại F Chứng minh rằng : 1 1 1 1 3 1      AB BC CD DA AE CF Bài 6. (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  2 y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1  3x 2 y 2 thức P  2  x  4 y2 xy ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Với x  0, x  4 . Ta có :       x  2  x 1 9 2 x 5 x 1 9  2 x  5 A    x x 2 x 1 x 2 x 1 x  2  9  2 x  x  10  x  1   x 1 x 2   x x   x 1 Để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì x 2     x    x 1  x 1 x 2    x 1 x 1 x 2 2 x 2 2 ℤ x 2  x  2 U  2   1; 2  x  1;9;0;16 (tmdk ) Vậy x  1;9;0;16 thì A là một số nguyên 2) Phương trình x 2   2m  3  x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khi   0   2m  3  4m  0  4m 2  12m  9  4m  0 2   2m  1  8  0 (đúng với mọi m). Theo Viet ta có : 2  x1  x2  2m  3 , khi đó :   x1 x2  m x12  x22  9   x1  x2   2 x1 x2  9 2 m  0   2m  3  2m  9  4m  10m  0   5 m    2  5  Vậy m  0;  thì thỏa đề  2 2 2 Bài 2. 1) Ta có phương trình hoành độ của  d  ,  P  là : x 2  x  b  x 2  x  b  0 * Đường thẳng  d  ,  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt    0  1  4b  0  b  1 4  x  xB  1 Theo Vi-et ta có :  A . Vì I là trung điểm của AB nên : x . x   b  A B x A  xB   xI  2  2 2 2  y  y A  yB  x A  xB   x A  xB   2 x A xB  1  2b  I 2 2 2 2 2 2 13 13 13  1   1  2b  Ta có: OI   xI2  yI2        2 2 2 2  2  b  3(tm) 2b 2  2b  1 13   b2  b  6  0   2 2 b  2(ktm) Vậy b  3 thì  d  ,( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OI    13 2 2) Ta có : x 2  1  x  1 x  3  15  2 x  1  x 4  4 x 3  56 x 2  56 x  12  0 2   x 4  10 x 3  6 x 2    6 x 3  60 x 2  36 x    2 x 2  20 x  12   0   x 2  10 x  6  x 2  6 x  2   0  x  5  19  x 2  10 x  6  0  2   x  3  11  x  6x  2  0 Bài 3. 1) Ta có: x 2  3 xy  2 y 2  6  0  x 2   3 y  x  2 y 2  6  0 1   Xét  x   3 y   4. 2 y 2  6  y 2  24 2 Phương trình (1) có nghiệm nguyên dương khi y 2  24 là số chính phương. Đặt y 2  24  k 2  k  ℕ   y 2  k 2  24   y  k  y  k   24 1 Vì y  ℤ  , k   0  y  k  y  k 2  y  k  y  k   24 Mặt khác  nên y  k , y  k có cùng tính chẵn y  k  y  k  2 y   y  k  2 x  8 2  y  7  x  21 x  104  0     x  13  y  k  12     y  k  4 x  8   y  5  x 2  15 x  56  0     y  k  6 x  7 Vậy  x; y   8;7  , 13;7  ,  7;5  ,  8;5  2) Đặt x  y  a, y  z  b, x   a  b    a  b  . Ta có  x  y   y  z    z  x 5 5 5  a 5  b5   a  b  5  a 5  b5   a 5  5a 4b  10a 3b 2  10a 2b3  5ab 4  b5   5ab  a 3  2a 2b  2ab 2  b3   5ab  a  b   a 2  ab  b 2   5  x  y  y  z  z  x   a 2  ab  b 2  Vì x, y , z là các số đôi một khác nhau nên  x  y  y  z  z  x   0 Vậy  x  y    y  z    z  x  chia hết cho 5  x  y  y  z  z  x  5 5 5 Bài 4. A E F O H C B D 1) Chứng minh FA. AB  AE. AC Xét ABE và ACF ta có : BAC chung, AEB  AFC  90 AE AF   FA. AB  AE. AC AB AC 2) Chứng minh DH là tia phân giác của EDF Ta có AD, BE , CF là các đường cao của ABC nên: BFH  BDH  HEC  90 Tứ giác BFHD có BFH  BDH  90  90  180 nên nó nội tiếp được đường tròn  HDF  HFB (cùng chắn cung FH ) 1  ABE ∽ ACF ( g .g )  Tứ giác CEHD có CEH  CDH  90  90  180 nên nó nội tiếp được đường tròn  HDE  HCE (cùng chắn EH )  2  Mà FBH  HCE (vì ABE ∽ ACF )  3 Từ (1), (2), (3)  FDH  HDE  DH là tia phân giác của EDF 3) Giả sử ACB  60. Chứng minh 2 EF  BF  3CF Tứ giác AEHF có AFH  AEH  90  90  180 nên nó nội tiếp được đường tròn  CFE  EAD (cùng chắn cung HE ) Xét FCE và ADE có: CFE  DAE (cmt ) và ECF  EDA (CEHD nội tiếp)  FCE ∽ ADE ( g .g )  FE AE   4 FC AD Xét AEH và ADC có: AEH  ADC  90; EAH chung  EAH ∽ ADC ( g .g )  AE HE   5 AD CD Mặt khác AEH có AEH  90( gt ); AHE  ACB  60  CEHD nội tiếp)  HAE  30  EH  Từ (4),  5  ,  6   1 AH  6  2 FE HE FE HA 2 FE HA      7 FC CD FC 2CD FC CD Xét BFC và HDC có : BFC  HDC  90, BCF chung  BFC ∽ HDC ( g .g )  BF HD  8  CF CD Cộng vế theo vế của (7), (8) ta được : 2EF BF AH DH 2EF  BF AD    hay  FC CF CD CD CF CD Lại có : ACD có ADC  90  gt  (7)  tanACD   2 EF  BF AD   3  2 EF  BF  3CF CF CD Bài 5. B C E O F A D Ta có S ABD  S ABE  S ADE  2 S ABD  2 S ABE  2 S ADE AD  tan60  3 CD  AB. AD.sin BAD  AB. AE.sin BAE  AD. AE.sin DAE  AB. AD.sin 60  AB. AE.sin 30  AD. AE.sin 30  AB. AD. 3 1 3 AB  AD 1 1  AE. AB  AD      1 2 2 AE AB. AD AB AD Chứng minh tương tự , ta có : SCBD  S BCF  SCDF  2 S BCD  2 S BCF  2 SCDF  CB.CD.sin BCD  CB.CF .sin BCF  CD.CF .sin DCF  CB.CD.sin120  CB.CE.sin 60  CD.CF .sin 60  CB.CD. 3 3 1 CB  CD 1 1  CF . CB  CD       2 2 2 CF CB.CD CB CD Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có : 1 1 1 1 3 1      AB BC CD DA AE CF Bài 6. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  2 y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1  3x 2 y 2 biểu thức P  2  x  4 y2 xy Ta có: 1 1  3x 2 y 2 1 1 P 2   2   3 xy 2 2 x  4y xy x  4y xy   1 1   1  2   3  16 xy     45 xy 2  x 4 y xy 4 xy     Lại có : 1 1 4 4   2   4  0  x  2 y  1 2 2 x  4y 4 xy x  4 y  4 xy  x  2 y 2 2  1  1 3  6 xy   3.2 .16 xy  3.2.2  12 4 xy  4 xy  1 45 1  x  2 y  2 2 xy  0  xy   45 xy  8 8  x  0; y  0 x  2 y  1 1  x   45 83   2 Do đó P  4  12     x 2  4 y 2  4 xy   8 8  y  1 1   4  16 xy  4 xy 1  x   83 2 Vậy Min P   8 y  1  4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top