Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nam 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hà Nam 2020-2021

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021. MÔN TOÁN 9  x2 x x x x 6 x 1 x  39 Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức Q     . x  x  2 1  x  x  3 x  10  x4 a) Rút gọn Q b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất 1 Câu 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng 2  d  : y  mx  2 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 5 (đơn vị diện tích) Câu 3. (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2 x 2  5 x  11   x  7  2 x 2  1    x  y y  1  x2  y 2  2  b) Giải hệ phương trình :  x2  4 y  4 x y 1  y x 1   2 a  b 2021 Câu 4. (2,0 điểm) Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn là số hữu tỷ và b  c 2021 a 2  b 2  c 2 là số nguyên tố. Câu 5. (7,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H , EF cắt  O  tại P, Q  P  cung AB  a) Chứng minh tam giác APQ cân b) Chứng minh DH .DA  DE.DF c) Lấy điểm M đối xứng với điểm P qua AB, điểm N đối xứng với điểm Q qua AC. Chứng minh MN / / BC 2. Cho đường tròn  I  nội tiếp tam giác ABC ,  I  tiếp xúc với ba cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F . Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh các đường thẳng AM , EF , DI đồng quy. Câu 6.(2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương, tùy ý. Chứng minh rằng: a b c 3 2    2 ab  b 2 bc  c 2 ca  a 2 ĐÁP ÁN  x2 x x x x 6 x 1 x  39 Câu 1. Cho biểu thức Q     . x  x  2 1  x  x  3 x  10  x4 a) Rút gọn Q ĐKXĐ: x  4; x  1; x  0 , ta có :   x2 x x x x 6 x  1 x  39  Q   .  x 2 x  1 x 2 x 1 x2 x 2 x 5     x      x  1  x  x x  6   x  1 x  2  . x  x  1 2       x  39   x  5  x  4   x  1 x x x4 x 4 x  39 x  39   . .  x  1 x  2  x  2 x  5  x  1 x  2  x  2  x  5 x 2 x  39 x 5 b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất Với x  4; x  1; x  0 , ta có:  Q x  39  x 5 x 2  25  64  x 5 x 5 Áp dụng BĐT Co-si cho hai số dương x 5 64 2 x 5   x 5 . 64 64  x 5  10 x 5 x 5 64 x  5; ta được : x 5 64  16  Q  16  10  6 x 5 64  x  5  8  x  9(tm) x 5 Vậy min Q  6  x  9 Q 6 x 5 Câu 2. +)Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  : 1 2 x  mx  2  x 2  2mx  4  0 1 2  P  cắt  d  tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   ‘  0 .mà  ‘  m 2  4  0 đúng với mọi m  ℝ Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1)  1   1    P  cắt  d  tại A  x1; x12  , B  x2 ; x22   2   2   x x  4 Áp dụng định lý Vi-et, ta có :  1 2  *  x1  x2  2m Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox Vì x1.x2  0 , không mất tính tỏng quát, ta giả sử x1  0  x2  x2  x1  0  SOAB  S ABNM  SOAM  SOBN 11 1  1 S ABNC   x12  x22  . x2  x1    x12  x22   x2  x1  2 2 2  4 1 1 1   x13  x23  x1 x2  x1  x2  4 4 4 1 1 1 1 1 1 S AMO  . .x12   x1    x13 ; S BNO  . x22 .x2  x32 2 2 4 2 2 4 1 1 SOAB  x1 x2  x1  x2    4  x1  x2   x2  x1  5  x2  5  x1 **  SOAB  5 4 4  x1  5  x1   4  x12  5 x1  4  0  x1 x2  4 Từ (*) và (**)      x2  5  x1  x2  5  x1  x2  5  x1   x1  1  0(tm) 3   2 m  x  x  3  m  1 2   x2  4  0(tm) 2     x  4  0(tm)  2m  x  x  3  m  3  1 1 2  2   x2  1  0(tm) 3 Vậy m   2 Câu 3. a) Giải phương trình 2 x 2  5 x  11   x  7  2 x 2  1 Đặt 2 x 2  1  t  t  0  , phương trình có dạng t 2   x  7  t  5 x  10  0 có    x  7   4  5 x  10    x  3  0, với mọi x  ℝ 2 2 t  x  2 Phương trình có hai nghiệm  t  5 x  2  7  x  2 Th1: t  x  2  2 x 2  1  x  2   2   2 2 x  1  x  4 x  4  x  2  7 Th 2 : t  5  2 x 2  1  5  2 x 2  24  x  2 3  x y Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 2  7; 2 3    y  1  x 2  y 2  2 1  b) Giải hệ phương trình  x2  4 y  4 x y 1  y x 1   2  2 ĐKXĐ: x  1; y  1 . Ta có :  2  2x y  1  2 y x  1  x2  4 y  4  x2  4 y  4  y 2  4 x  4  x2  4 y  4 Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm, ta được : x2  4 y  4 y2  4x  4 2 2 x  4 y  4  ; y  4x  4  2 2 x2  y 2  4x  4 y  8 2  x  4y  4  2  2×2  8 y  8  x2  y 2  4 x  4 y  8  x2  y 2  4  x  y   0   x  y  4  x  y   0 * Mặt khác : 1  x  y  2  x 2  y 2  xy  y 2 x y4   x y 2 x 2  y 2  xy  y 2 x 2  y 2  xy  y 2    x  y  x  y  4   0 **  x  y  0   x  y  4  0  Từ * , **   x  2 y  1   y  2 x 1   (3) (4) x y4  x y 2 x x  y x 2  y 2  xy  y 2 Th1: x  y, thay vào phương trình  3 ,  4   x  y  2  1(tm) Th2: x  4  y , thay vào phương trình (3), (4) y  3 y  3  4  y 2  4  y  1      y 2  8 y  16  4 y  4   y 2  12 y  20  0 2  y  4  3  y   y 2  4 y  12  0  y 2  4 y  12  0     y  3   y  2    y  2  x  2  1(tm) y  10    y  2    y  6 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;2  Câu 4. Tìm các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn số nguyên tố. Ta có :   a  b 2021 là số hữu tỷ và a 2  b 2  c 2 là b  c 2021  a  b 2021 a  b 2021 b  c 2021  là số hữu tỉ b 2  2021c 2 b  c 2021   2021  b  c   a  b 2021 b  c 2021 là số hữu tỉ  Mà a  b  2021  ab  2021bc   ac  b 2  2021, a; b; c  ℕ  ac  b 2  0  b 2  ac . Ta lại có : a 2  b 2  c 2   a  c   2ac  b 2   a  c   2b 2  b 2 2 2   a  c   b 2   a  c  b  a  c  b  2 Mặt khác, a 2  b 2  c 2 là số nguyên tố với mọi a, b, c  ℕ a  c  b  1 Nên ta có :  a  b  c  1 TH 1: a  b  c  1, a, b, c  ℕ  a 2  b 2  c 2  1(ktm) a  c  b  1 a  c  b  1 Th 2 :  2   *  2 2 2 2 2 a  b  c  a  b  c a  b  c  2   Có a 2  b 2  c 2  a  b  c  a  a  1  b  b  1  c  c  1  0 Mà a, b, c  ℕ  a  a  1  0; b  b  1  0; c  c  1  0  a  1 b  1  c  1  ; ; ; kết hợp với *  a  b  c  1  a  0 b  0  c  0 Thử lại ta có :  a 2  b 2  c 2  3  a  b  c  1(tm) Vậy a  b  c  1 Câu 5. 1) B x P D M F A N H O E C Q a) Có BE  AC , CF  AB  AEH  AFH  90  AEHF nội tiếp  AEF  AHF (cùng chắn cung AF ) Mà CHD  AHF (đối đỉnh)  AEF  CHD Mà CHD  FBC (cùng phụ với HCD)  AEF  FBC  AEP  ABC   1 sd AP  sdQC (góc trong) 2 1 1 ABC  sd AC  sd AQ  sdQC (nội tiếp) 2 2 Lại có AEP     AP  AQ  APQ cân tại A b) Chứng minh tương tự phần a, ta được BFHD, CEHD là tứ giác nội tiếp  FDH  FBH (cùng chắn cung FH ), EDH  ECH (cùng chắn EH ) FBH  ECH (cùng phụ với BAC )  FDH  EDH  FDA  EDH 1 Lại có FAD  HCD (cùng phụ với ABC ); HCD  HED (cùng chắn HD )  FAD  HED  2  DA DF   DH .DA  DE.DF DE DH c) M đối xứng với P qua AB, N đối xứng với Q qua AC  AP  AM , AN  AQ Từ (1), (2)  FDA ∽ HDE ( g.g )  Mà AP  AQ (vì APQ cân tại A)  AP  AM  AN  AQ  PMNQ là tứ giác nội tiếp  PQN  PMx  BE  AC Có :   BE / / QN  PQN  FEB  PMx  FEB 1 QN  AC Có BFC  BEC  90  BFEC là tứ giác nội tiếp  FEB  FCB (cùng chắn cung FB )  2  Từ (1) và (2)  FCB  PMx Lại có FC  AB, PM  AB  FC / / PM  BC / / Mx  BC / / MN 2) A H F K E J I B D M C Gọi EF cắt DI tại K, vẽ đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC tại H và J Ta có : DI  BC.HJ / / BC  IK  HJ Từ đó IKHF là tứ giác nội tiếp (vì IKH  IFH  180)  KHI  KFI (cùng chắn cung KI ). Tương tự thì KJI  KEI Mà KFI  KEI  EIF cân tại I)  KHI  KJI  HIJ cân tại I Mà IK  HJ tại K  K là trung điểm của HJ Ta giả sử AM cắt HJ tại K ‘ thì theo Ta let ta có: HK ‘ AK ‘ K ‘ J    HK ‘  K ‘ J (vì BM AM CM MB  MC )  AM cắt HJ tại trung điểm của HJ  AM đi qua K  AM , EF , DI đồng quy Câu 6. +)Áp dụng BĐT Cosi với mọi số a, b dương, tùy ý, ta có : 2a  a  b 3b  a 2. ab  b 2  2b  a  b    2 2 a 2a 2 2a    2b  a  b  a  3b ab  b 2 Áp dụng tương tự ta cũng có : b bc  c 2   a ab  b 2 2b 2c  b  c   b bc  c 2   2 2b c 2c 2 2c   ; b  3c ca  a 2 2a  c  a  3a  c c ca  a 2  2 2a 2 2b 2 2c   a  3b b  3c 3a  c  a2 b2 c2      2 2 2  2  * 2   2 2 2 a ab b bc ac c  3  3 3  ab  b bc  c ca  a   Áp dụng bđt Cosi dạng phân thức (Svac-xơ), ta có : a b c 2 2 a  b  c  a2 b2 c2  2 2 2  2    2 2 2 2  a  3ab b  3bc 3ac  c  a  b  c  3ab  3bc  3ac 2 2 2 a  b  c  a2 b2 c2   2 2 2  2   ** 2 2  a  3 ab b  3 bc 3 ac  c a  b  c  ab  bc  ac       Áp dụng BĐT Cô si cho các cặp số thực dương a, b; b, c; a, c ta được : 2 a 2  b 2  2ab; b 2  c 2  2bc; c 2  a 2  2ac  2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ac  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ac  3ab  3bc  3ac  a  b  c 2 a  b  c  3ab  3bc  3ac  ab  bc  ac  2 3   a  b  c   ab  ac  bc   a  b  c  2 2 2 a  b  c 2 a  b  c  2 3 4a  b  c  3 2 2 a  b  c 3 2    *** 2 4 2 a  b  c  ab  b c  ca   a  b  c 3 Từ * , ** , ***  2 2 a  b ab  b 2 bc  c 2 Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  c ca  a 2  3 2 2 2
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top