Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Thanh Hóa vòng 1 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Thanh Hóa vòng 1 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 vòng 1 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 vòng 1 2020-2021

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 MÔN TOÁN – VÒNG 1 Năm học 2020-2021 Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm bài 120 phút Câu 1. (4,0 điểm)  x 3 x   3 x  9  x  x  0 x 2 a) Rút gọn biểu thức P  1    :   x  9   x  2 3  x x  x  6   x  4; x  9   b) Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a3  1  3a, b3  1  3b, c3  1. Tính giá trị của biểu thức Q  a 2  b 2  c 2 Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình : 15  x3  x 2  2 x   4 5  x 2  2  x 4  4  x 2  xy  y 2  4 y  1  0 b) Giải hệ phương trình :  2  x  1  x  y  2   y Câu 3. (4,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình 2 x.x 2  9 y 2  12 y  19 b) Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn x 2  y 2  58 chia hết cho xy. Chứng minh x 2  y 2  58 rằng chia hết cho 12 xy Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn  I ; r  có bán kính IE , IF vuông góc với nhau. Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn  I  tại E và F, cắt nhau tại A. Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EB  r , qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn  I  , D là tiếp điểm, BD cắt AF tại C. Gọi K là giao điểm của AI và FD a) Chứng minh rằng hai tam giác IAB và FAK đồng dạng b) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC , cắt FD tại P. Gọi M là trung điểm của AB, MI cắt AC tại Q. Chứng minh rằng tam giác APQ là tam giác cân c) Xác định vị trí của điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo r Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  4 xyz  2  xy  yz  zx  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 1  y 1  z  ĐÁP ÁN Câu 1. a) Với điều kiện đã cho, ta có : x x 3 x3 x x 1 1 1  x9 x  3 x 3 x 3     3 x 9 x x 2    x  2 3 x x  x 6     3 . Ngoài ra : x 3    x  2  3  x  3 x 3 x  2 x 2  x 9  x 2 x 3 3 x 3 3 3  . . Vậy P  x 3 x 2 x 2 x 2 b) Nhận xét a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3  3 x  1  0 . Theo định lý Vi  et , a  b  c  0  ta có : ab  bc  ca  3 abc  1  Suy ra P  Do đó , Q  a 2  b 2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca   02  2. 3  6 2 Vậy Q=6 Câu 2. a) Ta có : 4 5  x 2  2  x 4  4  15 x  x 2  x  2   x  0. Chia cả 2 vế của phương trình 2 4 2    cho x 2 , ta được: 4 5  x   x 2  2  15  x   1 x x x    2 Đặt t  x   2 2 . Phương trình đã cho trở thành : x 4t 5t 2  20  15  t  1  16t 2  5t  20   225  t  1 2  16t 4  109t 2  90t  45  0   t  3 16t 3  48t 2  35t  15   0  t  3 Với t  3  x  x 1 2  3  x 2  3x  2  0   (tmdk ) x x  2 b) Nhận xét y  0 không thỏa mãn. Xét y  0, hệ phương trình tương đương  x2  1  y   x  y  2  2   2   x  1  y  x  y  2  1  x2  1 Đặt a  , b  x  y  2 . Hệ đã cho trở thành y a  b  2  a  b  1 ,Do đó :   ab  1  x2  1  y  x 2  1 1  x  1; y  2   2   y  x  y  2  1  x  x  2  0  x  2; y  5  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  x; y   1;2  ,  2;5  Câu 3. a) Phương trình tương đương: 2 x.x 2   3 y  2   15 2 Nếu x⋮3 thì 2 x.x 2 và 15 chia hết cho 3,  3 y  2  chia 3 dư 1 nên phương trình vô nghiệm 2 Do đó x không chia hết cho 3 Nếu x lẻ thì x  2 x1  1, x1  ℕ *. Khi đó, 2.4 x1. 2 x1  1   3 y  2   15. Suy ra 2 2 2.4 x. 2 x1  2   2  mod 3 mà  3 y  2   15  1 mod3 nên x phải là số chẵn. 2 2 Do đó 2 x.x 2  a 2 và 3 y  2  b . Phương trình đã cho trở thành : a  b  5 a  b  15 a 2  b 2  15   a  b  a  b   15   hoac  a  b  3 a  b  1 a  b  5 a  4 2 x.x 2  16  x  2 i    a  b  3 b  1 3 y  2  1   y 1  a  b  15 a  8 2 x.x 2  64 i   , ktm a  b  1 b  7 3 y  2  7 Thử lại thấy thỏa mãn,Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 b) Theo đề bài ta có : x 2  y 2  58  mxy  m  ℕ * Đặt k  gcd  x, y  với k  1, k ℕ. Khi đó ta có x  kx1 , y  ky1 , với x1 , y1  ℕ * Thay vào phương trình ta được: k 2  x12  y12   58  mk 2 x1 y1 . Suy ra 58⋮ k 2  k  1 Vì k  1 nên x, y củng lẻ hoặc một trong hai số x, y có một số chẵn, 1 số lẻ Nếu có một số chẵn, không mất tính tổng quát, giả sử y chẵn thì suy ra x chẵn, vô lý Vậy cả x và y cùng lẻ. Suy ra xy lẻ Do đó đặt x  2 x2  1; y  2 y2  1, với x2 ; y2  ℕ *  x 2  y 2  58  4  x22  y22   4  x2  y2   60 chia hết cho 4. Do đó x 2  y 2  58 chia hết cho 4 Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Nếu x⋮3  y không chia hết cho 3 do gcd  x, y   1 . Khi đó x 2  y 2  58 chia 3 dư 1 mà xy chia hết cho 3, vô lý. Do đó cả x, y đều không chia hết cho 3. Khi đó ta có x 2  y 2  58  1  1  1  3  0(mod 3) . Do đó  x 2  y 2  58 ⋮3 Vì x 2  y 2  58 chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên 12 x 2  y 2  58 chia hết cho xy Câu 4. A E F M I K T B Q D P C a) Nhận xét I chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BAC  ABC 180  ACB ACB  180   90  Khi đó AIB  180  2 2 2 ACB Tứ giác FIDC nội tiếp nên IFK  IFD  ICD  2 ACB Suy ra AFK  AFI  IFK  90  2 Do đó AIB  AFK . Mà BAI  KAF  45 Nên hai tam giác IAB và FAK đồng dạng với nhau b) Gọi T là giao điểm của FI và  I  . Theo bổ đề quen thuộc BT đi qua tiếp điểm Q ‘ của đường tròn bàng tiếp ABC tại AC và AF  Q ‘ C. Mặt khác, theo bổ đề hình thang trong hình thang AFTB có M , I lần lượt là trung điểm của AB, FT ta có M , I , Q ‘ thẳng hàng Mà MI và AF cắt nhau tại Q nên suy ra Q  Q ‘ Câu 5. Ta có : x 2  y 2  z 2  4 xyz  2  xy  yz  zx    x 2  y 2  z 2  2 xy  2 xz  2 yz   4 yz  4 xyz   y  z  x   4 yz 1  x  2 Suy ra  y  z  x    y  z  1  x  . Đặt a  y  z  0 , ta được : 2 a  x 2 2  a 2 1  x   a 2 x  2ax  x 2  0  x  a  2  a  Mặt khác 1  y 1  z  P  a2  a 2  a . 4 2 2  y  z  4 2 2  a  4 2 nên ta có : a2  a  . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được : 4 3 4 1 1  3a  2  a  2  a  2  a  27 .3a  2  a  2  a  2  a   .   3 3 4  16 Suy ra P  1 3 1 27 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a   x  ; y  z  2 4 4 64 Vậy Max P  27 3 1  x ;y  z  64 4 4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top