Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Thanh Hóa 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Thanh Hóa 2020-2021

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

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

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi : Toán Bài 1. (4,0 điểm) 1  1  x2 . 1) Rút gọn biểu thức A   1  x  3  1  x  2  1  x2 3  với 1  x  1 x5  4 x3  17 x  9 x 1 với x thỏa mãn 2  2) Tính giá trị biểu thức P  4 2 x  3x  2 x  11 x  x 1 4 Bài 2. (4,0 điểm) 1 1 1 1 1) Giải phương trình 2  2  2  x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 8 2) Giải phương trình 2 x 2  x  3  3 x 3  1 Bài 3. (4,0 điểm) x4  1 y 4  1 1) Cho x, y là các số nguyên  x  1; y  1 sao cho là số nguyên  y 1 x 1 Chứng minh x 4 y 4  1 chia hết cho y  1 2) Tìm số nguyên tố x, y, z thỏa mãn x y  1  z 2 Bài 4. (6,0 điểm) Cho ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H. Trên HB, HC lấy M , N sao cho AM  CM ; AN  BN a) Chứng minh rằng : AM  AN b) Gọi G là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC. Chứng minh BG.CD  CG.BD c) Chứng minh đường thẳng đi qua điểm A vuông góc với EF , đường thẳng đi qua điểm B vuông góc với DF và đường thẳng đi qua điểm C vuông góc với DE đồng quy tại một điểm 1 1 1 Bài 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2  2  2  1 a b c Chứng minh rằng : 1 5a 2  2ab  2b 2  1 5b 2  2bc  2c 2  1 5c 2  2ca  2a 2  3 3 ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Ta có : 1  1  x2 . A     1  x  3  1  x  3  2  1  x2   1  1  x2 . 1  x  1  x 1  x  1  x 1  x   1  x  2  1  x2   1  1  x2 . 1  x  1  x 2  1  x2 2  1 x 2   1  1  x2 . 1  x  1  x    2  1   1  1  x2 . 1  x2 2  2  1 x  1 x 1  x 1  x     2 1  1  x2 1  1  x2  2 x2  x 2 2) Ta có : x 1   4 x  x 2  x  1  x 2  3 x  1 . Khi đó : 2 x  x 1 4 x 3  x 2 .x   3 x  1 x  3 x 2  x  3  3 x  1  1  8 x  3 x 4  x 3 .x   8 x  3 .x  8 x 2  3 x  8  3 x  1  3 x  21x  8 x 5  x 4 .x   21x  8  .x  21x 2  8 x  21 3x  1  8 x  55 x  21 P x5  4 x3  17 x  9 55 x  21  4  8 x  3  17 x  9 6 x 3    4 2 x  3 x  2 x  11 21x  8  3  3 x  1  2 x  11 32 x 16 Vậy với x  0  P  3 16  Bài 2. 1) Điều kiện xác định : x  4; x  5; x  6; x  7 1 1 1 1  2  2  2 x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 18 1 1 1 1      x  4  x  5   x  5 x  6   x  6  x  7  18 1  x4 1   x4  1 1 1 1 1 1      x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18  x  2(tm) 1 1   x 2  11x  26  0   x  7 18  x  13(tm) Vậy tập nghiệm của phương trình là S  13;2 2) Điều kiện xác định : x  1 2 x 2  x  3  3 x3  1   x  1  2  x 2  x  1  3  x  1  x 2  x  1  3 2 a  x  x  1  Đặt  2 . Khi đó phương trình trở thành : b  x  1  0  a  b b 2  2a 2  3ab  0   a  b  2a  b   0    2a  b  x  0(tm) Th1: a  b  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1  x  1  x  x  2   0    x  2(tm) Th 2 : 2a  b  2 x 2  x  1  x  1  4 x 2  4 x  4  x  1  4 x 2  5 x  3  0(VN ) Vậy tập nghiệm phương trình là S  0;2 Bài 3. x4  1 a y4  1 m 1) Đặt  ;  ;  a, b    m, n   1, b, n  0 y 1 b x 1 n Theo đề bài ta có :  an  bm⋮b an⋮b  n⋮ b a m an  bm   ℤ     bn b n bn  an  bm⋮ n bm⋮ n b⋮ n Mặt khác, x 4  1⋮ y  1; y 4  1⋮ x  1 (với x, y là số nguyên) a m  .  ℤ nên  am⋮ n  a ⋮ n  a ⋮b b n  x 4  1⋮ y  1  y 4  x 4  1  y 4  1⋮ y  1  x 4 y 4  1⋮ y  1 Vậy x 4 y 4 ⋮ y  1 2) Ta có : y x  1  z 2  z 2 và x y khác tính chẵn, lẻ  x, z khác tính chẵn lẻ Mà x, z là các số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau : )Th1: x  2, z  2 ta có : 2 y  1  z 2  2 y  z 2  1   z  1 z  1  z  1; z  1 là lũy thừa của 2  z  1  2u Đặt   u, v  ℕ*, v  u, u  v  y  v z 1 2    u u  1  z  3 2  2 v u u v u Khi đó 2  2  2  2  2  1  2   vu   (tm) v  1 y  3  2  1  1  )Th 2 : z  2, x  2 ta có : x y  1  4  x y  3 , do x là số lẻ nên x  3, y  1(ktm) Vậy  x; y; z    2;3;3 Bài 4. A E F M O H N G B D a) Chứng minh rằng AM  AN Xét AMC vuông tại M, đường cao ME Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, có : AM 2  AE. AC 1 C Xét ANB vuông tại N, đường cao NF Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, có : AN 2  AF . AB  2  Xét AEB và AFC có : AEB  AFC  90, CAB chung  AEB ∽ AFC ( g .g )  AB AE   AE. AC  AF . AB  3 AC AF Từ 1 ,  2  ,  3  AN  AM b) Chứng minh BG.CD  CG.BD AB AE Xét AEF và ABC có :  (chứng minh trên); CAB chung AC AF  AEF ∽ ACB ( g .g )  AFE  ACB Chứng minh tương tự, ta có : AFD  ACB  GFB  BFD  FB, FC lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài tại BG CG  FG      BG.CD  CG.BD BD CD  FD  c) Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của ABC  OA  OB  OC  BAO  ABO (vì ABO cân tại O); BCO  CBO (vì CBO cân tại O) CAO  ACO (vì ABO cân tại O)  2  ACB  BAO   ACB  ABC  CAB  180  ACB  BAO  90 đỉnh F của FGD  Lại có : AEF  ACB  AEF  BAO  90  AO  EF Chứng minh tương tự, ta có : AO  FD, OC  DE Vậy đường thẳng đi qua điểm A vuông góc với EF , đường thẳng đi qua điểm B vuông góc với DF và đường thẳng đi qua điểm C vuông góc với DE đồng quy tại điểm O Bài 5. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki, ta có : 2 1 1 1 1 1 2 2 2  1      1  1  1   2  2  2  b c  a b c a 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2  2  2          3 a b c 3 a b c  a b c 2 2 2 2 2 Mặt khác, ta có : 5a  2ab  2b   2a  b    a  b    2a  b  1   1 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2a  b 5a 2  2ab  2b 2 1 3 1 1 1 .3 abc  9     a  a  b  33 abc a a b 1 1 2 1 2 1      2a  b   9       2 2a  b 9  a b  a b 1 1 2 1 Từ (1) và (2) suy ra     5a 2  2ab  2b 2 9  a b  Chứng minh tương tự, ta có : 1 1 2 1 1 1 2 1     ;     . Do đó: 5b 2  2bc  2c 2 9  b c  5c 2  2ac  2a 2 9  c a  1  1 5a 2  2ab  2b 2 5b 2  2bc  2c 2 Dấu ”  ” xảy ra khi a  b  c  3  1 1 1 1 1  3      5c 2  2ca  2a 2 3  a b c  3
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top