Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Lào Cai 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Lào Cai 2020-2021

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : Toán Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức  3 x 2 x 9x  x  1  3 x  1 P    x  0, x  1 : x  1 3 x  2 x 3 x  x  2 7 x  7 x   a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x sao cho P nhận giá trị là một số nguyên Câu 2. (6,0 điểm) a) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  2m  5  0, ( x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1  x2  2 2 b) Lúc 7 giờ sáng, một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với 1 khoảng cách là 18km. Sau khi đi được quãng đường, do xe bị hỏng nên 3 người đó phải dừng lại sửa mất 20 phút rồi đi tiếp trên đoạn đường còn lại với vận tốc kém vận tốc lúc đầu là 8km / h. Khi đến B người đó nghỉ lại 30 1 phút rồi trở về A với vận tốc bằng một nửa vận tốc đi trên quãng đường 3 AB đầu tiên. Biết người đó trở về A lúc 10 giờ 20 phút sáng cùng ngày. Hỏi xe đạp hỏng lúc mấy giờ ?  x  12  y 2  xy  y  1 c) Giải hệ phương trình :  3 2 y  x  y  1 Câu 3. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB  AC. Gọi D là trung điểm của BC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H . Đường tròn tâm O ngoại tiếp BDF và đường tròn tâm O ‘ ngoại tiếp CDE cắt nhau tại I  I khác D), EF cắt BC tại K . Chứng minh : a) Tứ giác AEIF nội tiếp b) Tam giác DCA đồng dạng với tam giác DIC c) Ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy. 1 1 1 Câu 4. (2 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2  2  2  1. Tìm giá trị a b c 2 2 2 2 2 2 ab bc ac nhỏ nhất của biểu thức P    2 2 2 2 c  a  b  a b  c  b  a2  c2  Câu 5. (2 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên y 4  2 y 3  y 2  2 y  x 2  x  0 ĐÁP ÁN  3 x 2 x 9x  x  1  3 x  1 Câu 1. Cho biểu thức P     : x  1 3 x  2 x 3 x  x  2   7x  7 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x sao cho P nhận giá trị là một số nguyên   3 x 2 9x  x  1  : 3 x 1 a) P     x 1 3 x  2 x 1 3 x  2  7x  7 x     3    x  3 x  2   2  x  1  9 x  x  1 7 x  x  1 . 3 x 1   x 1 3 x 2    3 x 1 7 x 7 x .  3 x  2 3 x 1 3 x  2 b) Với mọi x  0, x  1  x  0  P  P 7 x 0 3 x 2 7 x 7 14 7 7    0P 3 3 3 x 2 3 3 3 x 2   P nhận giá trị là một số nguyên  P  1;2 1 1  x  (tmdk ) 2 4 P  2  x  4  x  16(tmdk ) P 1 x  1  Vậy x   ;16  thì P nhận giá trị là một số nguyên. 4  Câu 2. a) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  2m  5  0, ( x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1  x2  2 2  ‘   m  2   2  0 (với mọi m) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân 2  x1  x2  2  m  1 biệt x1; x2 . Áp dụng định lý Vi – et :   x1 x2  2m  5 x1  x2  2 2   x1  x2   8   x1  x2   4 x1 x2  8 2 2  m 2  4m  4  0  m  2 b) Lúc 7 giờ sáng, một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với 1 khoảng cách là 18km. Sau khi đi được quãng đường, do xe bị hỏng nên 3 người đó phải dừng lại sửa mất 20 phút rồi đi tiếp trên đoạn đường còn lại với vận tốc kém vận tốc lúc đầu là 8km / h. Khi đến B người đó nghỉ 1 lại 30 phút rồi trở về A với vận tốc bằng một nửa vận tốc đi trên 3 quãng đường AB đầu tiên. Biết người đó trở về A lúc 10 giờ 20 phút sáng cùng ngày. Hỏi xe đạp hỏng lúc mấy giờ ? 1 1 1 Đổi 20′  h, 30’  h ; 10 giờ 20 phút  10 h 3 2 3 1 Gọi vận tốc xe đạp đi trên quãng đường AB đầu tiên là x  km / h  x  8  3 2 Vận tốc xe đạp đi trên quãng đường còn lại : x  8(km / h) 3 Vận tốc xe đạp đi từ B về A là 0,5 x  km / h  1 1 1 5 Tổng thời gian đi xe từ A đến B rồi quay về A là:10  7    h 3 3 2 2 6 12 18 5   Theo đề bài ta có phương trình :  x x  8 0,5 x 2  x  24  5 x 2  148 x  672  0   28  x  (ktm) 5  6 1 1   h Thời gian xe đi quãng đường AB đầu tiên : 24 4 3 Vậy xe đạp hỏng lúc 7 giờ 15 phút  x  12  y 2  xy  y  1  3 c) Giải hệ phương trình : 2 y  x  y  1 Hệ phương trình đã cho tương đương:  x  12   x  1 y  y 2  1  3  x  1  y  2 y (1)  2 Nhân vế với vế của (1) và (2) được :  x  1  y 3  2 y 3 3   x  1  y 3  x  1  y. Thế vào phương trình (1) được : 3  y 1 x  0 y2  1    y  1  x  2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    0;1 ,  2; 1 Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn có AB  AC. Gọi D là trung điểm của BC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H . Đường tròn tâm O ngoại tiếp BDF và đường tròn tâm O ‘ ngoại tiếp CDE cắt nhau tại I  I khác D), EF cắt BC tại K . Chứng minh : A E F I O’ H K B O M D a) Tứ giác AEIF nội tiếp IDC  IEC  180  CDIE là tứ giác nội tiếp) C IDC  IDB  180 (hai góc kề bù) IDB  IFB  180 (tứ giác BDIF nội tiếp)  IEC  IFB  180  AEI  AFI  180  Tứ giác AEIF nội tiếp b) Tam giác DCA đồng dạng với tam giác DIC Ta có AIF  AEF (tứ giác AEIF nội tiếp) ABC  AEF (tứ giác BCEF nội tiếp) ABC  FID  180 (tứ giác BDIF nội tiếp)  AIF  FID  180  3 điểm A, I , D thẳng hàng BEC vuông tại E, D là trung điểm của BC  DB  DC  DE  DEC  DCE  CDE cân tại D) Mà DEC  DIC (tứ giác CDIE nội tiếp)  DCE  DIC DCA và DIC có ADC chung và DCE  DIC  DCA ∽ DIC ( g .g ) c) Ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy. Ta có : DCA ∽ DIC  DCI  DAC Mặt khác: DAC  IFE (tứ giác AEIF nội tiếp)  DCI  IFE  tứ giác CIFK nội tiếp  KFC  KIC KFB  ACD (tứ giác BCEF nội tiếp)  KFB  CID   ACD   KID  BFC  90  KI  AD 1 Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH Tứ giác AEIF nội tiếp  I thuộc đường tròn đường kính AH  HI  AD  2  Từ (1) và (2)  3 điểm K , H , I thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy tại H 1 1 1  2  2  1. Tìm giá trị nhỏ 2 a b c 2 2 2 2 ab bc a 2c 2 nhất của biểu thức P    c  a 2  b2  a  b2  c 2  b  a 2  c 2  Câu 4. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn P 1 1 1  c 2  2  a  b  1 1 1 a 2  2  c b   1 1 1  b 2  2  a  c 1 1 1 Đặt x  , y  , z  thì x, y, z  0 và x 2  y 2  z 2  1 a b c z x y z2 x2 y2      P 2 x  y 2 y 2  z 2 z 2  x 2 z 1  z 2  x 1  x 2  y 1  y 2  Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có : x 2 1  x  2 2  x 1  x 2 Tương tự : 1 2 1  2 x2  1  x2  1  x2  2 2  .2 x 1  x 1  x     2 2 3   2 2 4 2 3 3 2 x2 2   x 1  x     x 1 2 27 2 x 1  x  3 3 3 3 2 y2  y  2; 2 y 1  y 2  Từ (1), (2), (3)  P  3 3 2 z2  z  3 2 z 1  z 2  3 3 2 3 3 x  y2  z2    2 2 Dấu ”  ” xảy ra  x  y  z  Vậy Min P  3 1 hay a  b  c  3 3 3 3  a bc  3 2 Câu 5. Giải phương trình nghiệm nguyên y 4  2 y 3  y 2  2 y  x 2  x  0 Ta có : y 4  2 y 3  y 2  2 y  x 2  x  0   y 2  y  1  x 2  x  1* 2 Nếu x  0 thì x 2  x 2  x  1   x  1  x 2  x  1 không là số chính phương nên 2 không tồn tại số nguyên x, y thỏa mãn * Nếu x  1 thì  x  1  x 2  x  1  x 2  x 2  x  1 không là số chính phương nên 2 không tồn tại số nguyên x, y thỏa mãn *  y  2  y  1  x  1 2 Nếu  thì từ *  y  y  1  1   y  0  0 x   y 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên :  x; y   1; 2  ,  1; 1 ,  1;0  ,  1;1 ;  0; 2  ,  0; 1 ,  0;0  ,  0;1
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top