Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Nghệ An B 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Nghệ An B 2020-2021

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN – BẢNG B Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2  y 2  6 x  8 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  ℕ * thì n3  5n chia hết cho 6 Câu 2. (6,5 điểm) a) Giải phương trình : x  6  6  x  x  1  x3  5 x  y 3  5 y b) Giải hệ phương trình  4 2  x  y  2 Câu 3. (1,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x y x3  y 3 7 x  y  z  3 xy. Chứng minh rằng    yz xz 16 z 8 2 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có D, E , F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và K là trung điểm của HC a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K , D, F cùng thuộc một đường tròn b) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt DF tại M. Trên tia DE lấy điểm P sao cho MAP  BAC. Chứng minh rằng MA là phân giác của FMP Câu 5. (3,0 điểm) a) Cho hình thoi ABCD có AB  a. Gọi R1 , R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC , ABD. Chứng minh rằng 1 1 4  2 2 2 R1 R2 a b) Cho đa giác đều có 2021 đỉnh, sao cho mỗi đỉnh của đa giác đó chỉ được tô bằng một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 đỉnh của đa giác đã cho là các đỉnh của một tam giác cân mà các đỉnh đó được tô cùng một màu ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có : x 2  y 2  6 x  8   x 2  6 x  9   y 2  17   x  3  y 2  17   x  3  y  x  3  y   17 2 Do 17 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau :  x  3  y  17  x  12  x  3  y  17  x  6 Th1:   Th 2 :   x  3  y  1  y  8  x  3  y  1 y  8 x  3  y  1  x  12  x  3  y  1  x  6 Th3:   Th 4 :    x  3  y  17 y  8  x  3  y  17  y  8 Vậy các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 12; 8 ;  6;8 ; 12;8 ;  6; 8  b) Ta có : n3  5n   n3  n   6n  n  n  1 n  1  6n⋮ 6 Câu 2. a) Điều kiện 1  x  6 Phương trình đã cho tương đương với x  6  x  1  6  x  0   x  5    x  5      x 1  2  1 6  x  0 x5 x5  0 x 1  2 1 6  x  x  5(tm)  1 1 1    0(VN ) x 1  2 1 6  x  Vậy x  5 b) Ta có : x 3  5 x  y 3  5 y  có dạng f  x   f  y   x  y , thay vào pt (2)  x2  1 x  y 1  x  x 20  2   x  2(ktm)  x  y  1 Câu 3. Ta có : 3 xy  x 2  y 2  z  2 xy  z  xy  z . Suy ra 4 2 2 2 x 3  y 3  x  y   x  y  xy   x  y  xy x  y )    (1) 16 z 16 z 16 z 16 x y x2 y2 x  y  x  y  4 )       2 y  z x  z xy  xz xy  yz 2 xy  z  x  y  xy  2  x  y  2  x  y Từ (1) và (2) ta có : 4 x y 4 x y2 1 P  P   x y2 16 8  x  y   2 16 2 2 x  y  3 4 x y2 1 1 7 7 .   1    Min P    x y2 16 8 8 8 8 z  9 Câu 4. 2 A P E F H K B M N D C a) Chứng minh rằng 4 điểm E, K , D, F cùng thuộc một đường tròn Do EK là trung tuyến của tam giác vuông EHC  KE  KC  KEC  ECK  EKF  KCE  KEC  2ECK 1 Do tứ giác HDCE nội tiếp  ECK  EDH Do tứ giác FECB nội tiếp  ECK  FBH Do tứ giác FBDH nội tiếp  FBH  FDH Từ đó suy ra FDE  FDH  EDH  2HDE  2ECK  2  Từ 1 ,  2   EKF  FDE  tứ giác FDKE nội tiếp hay 4 điểm F , D, K , E cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MA là phân giác của FMP Gọi N là giao điểm của MK và DE. Do MN / / BC  BDN  MNE  4  Do ABDE là tứ giác nội tiếp  BDE  BAE  180  5  Theo bài ra, BAC  MAP , nên từ (4), (5)  MNP  MAP  180  MNPA là tứ giác nôi tiếp  AMP  ANP  6  Lại có AMD  AND (c.g .c)  AMD  AND  180  AMD  180  AND  AMF  ANP  7  Từ (6) và (7) suy ra AMP  AMF  MA là phân giác FMP Câu 5. B M A C I J D a) Gọi M là trung điểm của AB. Đường trung trực của AB cắt các đường AC , BD lần lượt tại I, J. Khi đó I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và ABC MA MJ Dễ thấy MAI ∽ MJB( g .g )   AI JB  MA MJ MA2 MJ 2 MA2 JB 2  MB 2   2  2  2  R2 R1 R2 R1 R2 R12 MA2 R12  MB 2 MA2 MB 2  2   2  2 1 R2 R12 R2 R1 a2 a2 1 1 4    1    4 R12 4 R22 R12 R22 a 2 b) E A B F Đa giác đã cho là đa giác đều nên đa giác đó nội tiếp đường tròn tâm O. Do 2021 là số lẻ nên tồn tại 2 đỉnh kề nhau tô cùng màu. Giả sử hai đỉnh đó là A, B và cùng tô màu đỏ Cũng do đa giác đã cho đều và có số đinh lẻ nên tồn tại đỉnh M của đa giác nằm trên đường trung trực đoạn AB  MAB cân. Ta xét 2 khả năng xảy ra : +) Khả năng 1: Nếu M tô màu đỏ  dfcm +)Khả năng 2: nếu M tô màu xanh Gọi E , F là các đỉnh kề của A và B, có : EA  AB  BF  EF / / AB  MEF cân tại M.Khi đó, - Nếu E , F màu xanh  MEF cân và thỏa mãn bài toán – Nếu một trong hai đỉnh E, F màu đỏ, giả sử E màu đỏ  EAB thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy luôn tồn tại 3 đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác cân có các đỉnh cùng màu.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top