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

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

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

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

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 08 tháng 12 năm 2020 Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức  11  x   3 x  2  1 1   x  2  x2   A :   x  2  x  7   x 2 3 7 x   x3 x2  2 b) Giải phương trình : x  4 x  4  x  4 x  4  4 Câu 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y  ax  b  a  0  đi qua điểm A 1;4  và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại B và C (khác O) a) Viết phương trình đường thẳng  d  sao cho biểu thức OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất OB.OC b) Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P  BC Câu 3. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho hai điểm B, C cố định với BC  2a  a  0  và A thay đổi sao cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC , đường thẳng đi qua A vuông góc với AM cắt các đường phân giác của các góc AMB và AMC lần lượt tại P và Q. Gọi D là giao điểm của MP với AB và E là giao điểm của MQ với AC a) Giả sử AC  2 AB, tính số đo góc BQC 3 PD  MP  b) Chứng minh rằng   QE  MQ  c) Tính giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACQ và ABP theo a Câu 4. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  2 Chứng minh rằng 2 2  a 1 2  b  1 c  1 ab bc ca     4    a b b c c a b c a     Câu 5. (1,0 điểm) a) Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu tổng các bình phương của các 2 ước dương của nó (kể cả 1 và n) bằng  n  3 . Chứng minh rằng nếu pq (với p, q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì pq  2 là số chính phương b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn x 3  y 3  x 2  y 2  42 xy       ĐÁP ÁN Câu 1. a) Đặt x  2  t ,  t  0, t  3  x  t 2  2 . Khi đó 2  t t 2  9   3t  1 1   t  3  t   t  9   3t  1  t  3  A  :    :  2   2 2 2 t 3 9 t t 3 t t 9 t            t  3t  3  t  3 t  t  3 3t 3 x  2  .    3  t  3  t  2  t  2  2  t  2  2 x  2  2   b) Điều kiện : x  4 . Ta có : x4 x4  x4 x4 4  x44 x4 4  x44 x4 4 4    x4 2  x42 Nhận xét  2  x4 2 x42    2 4 x4 2 4 Đẳng thức xảy ra khi :   x4 2  x4 22 x4 4   x  4  2 2  x  4  0  2  x  4  0 do x  4  2  0   x4 2 x8 Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình 4  x  8 Câu 2. a) Do  d  đi qua điểm A nên a  b  4   d  : y  ax  4  a a4  Ta có : B  ;0  , C  0;4  a  theo bài ra thì  a  a  4 0  a0  a 4  a  0 a4 , OC  4  a a Ta có OA  OB  OC nhỏ nhất khi OB  OC nhỏ nhất (vì OA không đổi) OB  a4 4 4 4a 5   a   5  2 .  a   9 a a a 4 OA  OB  OC nhỏ nhất bằng 9  17 khi và chỉ khi a   a  2(do a  0) a OB  OC  b) Theo câu a với a  0 , đường thẳng  d  cắt tia Ox, Oy lần lượt tại B và C khác O và đi qua điểm A 1;4   OA  17 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng  d  , ta có : BC 2 1 1 1 1 1 OB.OC      P  17 2 2 2 2 2 2 OB .OC OB OC OH OA 17 BC Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H  A, hay d  OA Vậy giá trị lớn nhất của P là 17 Câu 3. Q A E P D C H M B a) Ta có MA  MB và ME là phân giác của AMC nên ME là đường trung trực của đoạn AC  QA  QC và QEC  90 Vì MQ là đường trung trực của đoạn AC và AM  AQ nên MC  QC Xét hai tam giác vuông ABC và ECQ có ACB  EQC (cùng phụ QCE ) và AB  EC (vì 2 EC  AC  2 AB)  ABC  ECQ  CQ  CB hay tam giác BCQ vuông cân tại C, do đó BQC  45 b) Ta có MP, MQ là các đường phân giác của các góc AMB, AMC nên MP  MQ. Tương tự chứng minh câu a ta được AD  MP, AE  MQ Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông APM với đường cao AD ta có PD.PM  PA2 1 Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông AQM với đường cao AE ta có QE.QM  QA2  2  PD QM .PA2 Từ (1) và (2) suy ra   3 QE PM .QA2 Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông MPQ với đường cao MA . Ta có : PA.PQ  PM 2  4  và QA.QP  QM 2  5  PA PM 2 Từ (4) và (5) suy ra  6 QA QM 2 3 PD  MP  Từ (3) và (6) suy ra    dfcm  QE  MQ  c) Vì MQ là trung trực của đoạn AC và MP là trung trực của đoạn AB Suy ra CQ  QA, BP  AP và BCQP là hình thang vuông. BP  CQ  .BC PQ.BC BC 2      2a 2  * 2 2 AH .BC AM .BC   a 2 ** Kẻ AH  BC thì S ABC  2 2 Từ * ,  ** suy ra S ABP  S ACQ  S BCQP  S ABC  2a 2  a 2  a 2 Do đó S BCQP 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H  M , khi đó tam giác ABC vuông cân tại A Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACQ và ABP là a 2 Câu 4. b c a a b c      1 a b b c c a a b b c c a Thật vậy, xét : Ta có: b c a a b c      a b b c c a a b b c c a  b  a  c  b  a  c 0 Ta chứng minh bất đẳng thức sau : Với x, y là các số thực và a, b là các số dương, ta có x2 y2  x  y     * a b ab 2 Thật vậy, *   a  b   bx 2  ay 2   ab  x  y    ay  bx   0 (luôn đúng) 2 2 Áp dụng BĐT (*), ta có :    a 1 b   2 b c   a 1   b 1 2  2 2 a   b 1 c c 1 2   1  2    c 1 a  b 2 b c   2 b  c 2 c a   2  2 c  a 2    a b   2 1 c a b        2  (do a  b  c  2) 2 b  c c a a b a Từ (1) và (2) suy ra :     a 1 2   b 1 2  c 1 2 1 bc ca ab       4 b  c b c a c a a b 2 2  a 1 2  b 1 c 1   ab bc ca   (dfcm)    4    a b b c c a b c a     Câu 5. a) Ta có pq có các ước dương là 1, p, q, pq      Vì pq là số điều hòa nên ta có 1  p 2  q 2   pq    pq  3 2  2  p 2  q 2  6 pq  8   p  q   4  pq  2  2 Vì 4 là số chính phương nên tử đẳng thức trên suy ra pq  2 cũng là số chính phương (đpcm) b) Gọi d   x, y  là UCLN  x, y   x  da, y  db  d , a, b  ℕ*,  a, b   1 . Ta có : x3  y 3  x 2  y 2  42 xy  d 3  a 3  b3   d 2  a 2  b 2  42ab   d  a  b   a 2  ab  b 2   a 2  b 2  42ab   da  db  1  a 2  ab  b 2   43ab Đặt c  da  db  1 c  ℕ  Ta viết lại a 2c  abc  b 2c  43ab . Từ đó suy ra b | ca 2 ; a | cb 2  b | c; a | c Do đó  ab  | c  c  mab, m  ℕ *  a 2  ab  b 2  1  m  a  ab  b   43   a  ab  b  | 43   2 2  a  ab  b  43 2 2 2 2 Th1: a 2  ab  b2  1, khi đó 1  ab   a  b   0 2 Suy ra a  b  1  d  22 . Do vậy  x; y    22;22  Th2: a 2  ab  b 2  43 Do tính đối xứng của x, y ta giả sử x  y  a  b Do đó 43  a 2  ab  b 2  ab  b 2  b  1;2;3;4;5;6 Thay b  1  a  7, d  1   x; y  1;7  ,  7;1 Thay b  2,3,4,5 thì không tồn tại số nguyên dương a thỏa mãn 43 Thay b  6  a  7, d  (ktm) 13 Vậy các cặp giá trị cần tìm  x, y    22, 22  , 1,7  ,  7,1
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top