Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Tiền Giang 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Tiền Giang 2020-2021

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

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

PHÒNG GDDT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2020-2021, MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1. (4,0 điểm) 1) Cho biểu thức A  3 9  80  3 9  80 .Chứng minh A là số nguyên tố 2) Cho 31số nguyên a1 , a2 ,……, a31 a) Chứng minh a13  a1 chia hết cho 6 3 b) Biết a1  a2  …..  a31 chia hết cho 6. Chứng minh rằng a13  a23  …..  a31 chia hết cho 6 3) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n 4  n 2  1 là số nguyên tố Câu 2. (6,0 điểm) 1) Cho a, b là hai số thực dương ab  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 4 P   a b ab  2) Giải phương trình 2  5  x  3 3  x  x 1 3) Cho phương trình x 2  2  m  3 x  5  2m  0 (m là tham số thực). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá trị độ dài của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có đội dài là đường cao 2 5 ứng với cạnh huyền bằng (đơn vị độ dài) 5 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : y  x  m  3  m  3 . Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng  d  với 2 trục tọa độ Ox, Oy. Tìm m để diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác OAB bằng 8 (đơn vị diện tích) 2) Sau đợt tổng kết phát thưởng cho các vận động viên đạt giải trong Hội Khỏe Phù Đổng cấp Tỉnh của trường X, tổng số tiền phát thưởng là 23 triệu đồng, trong đó huy chương vàng (HCV) được 5 triệu đồng , huy chương bạc (HCB) được 2 triệu đồng và huy chương đồng (HCĐ) được 1 triệu đồng. Tính số vận động viên đạt HCV , HCB, HCD , biết rằng tổng số vận động viên đạt HCB và HCĐ không quá 2 người Câu 4. (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b sao cho a  b và ab  0 thỏa mãn : 2 a  b ab  2020a  2021b  a b 4a  2  2 . Tính giá trị của biểu thức M  2 2 a  ab a  ab a  b 31a 3  3b3 Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn  O  B, C là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O)  M nằm giữa A và N  . Gọi E là trung điểm của NM a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C cùng thuộc một đường tròn b) Tia CE cắt  O  tại I . Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân c) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp. ĐÁP ÁN Câu 1. 1) A  3 9  80  3 9  80    A3  9  80  9  80  3 3 9  80 9  80  3 9  80  3 9  80   A3  18  3 A  A3  3 A  18  0 A  3   A  3   A2  3 A  6   0   2  A3 A  3 A  6  0( VN )  Vậy A là số nguyên tố 2) a) Ta có: a13  a1  a1  a12  1  a1  a1  1 a1  1 Có  a1  1 ; a1;  a1  1 là ba số nguyên liên tiếp  a1  a1  1 a1  1⋮ 6  a13  a1 ⋮ 6 b) Ta có : a 3 1 3  a23  …..  a31    a1  a2  ….  a31    a13  a1    a23  a2   ….   a313  a31  chia hết cho 6, mà a1  a2  ….  a31 chia hết cho 6 3 Vậy a13  a23  …..  a31 chia hết cho 6 3) Ta có n 4  n 2  1   n 2  n  1 n 2  n  1  n  1 2  n  n  1  1 Để n 4  n 2  1 là số nguyên tố thì  2  n  0  n  n  1  1 n  1  n  1  n 4  n 2  1  3(tm) n  0  n 4  n 2  1  1(ktm) n  1  n 4  n 2  1  3(tm) Vậy n  1 hoặc n  1 thì n 4  n 2  1 là số nguyên tố Câu 2. 1 1 4 ab 4 ab 4       2 a b ab ab ab 4 ab ab 4 Dấu ”  ” xảy ra khi  , ab  4  a  b  2 4 ab 1) Ta có : P  2) ĐK: x  5 2  5 x   3 3  x  x 1    x  1 3 3  x   x  1 2  5  x   x  1  3  3 x  5 x 2  0 x 1  0 x 1  3  3  3 x  5 x 2  0  3 x  5 x  2 Do x  5 nên 3 3  x  2, 5  x  0  3 3  x  5  x  2 , dấu bằng khi x  5 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;5 3) Ta có 1  2  m  3  5  2m  0, suy ra phương trình luôn có nghiệm x  1 và nghiệm x  5  2m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 5  2m  1  m  2 Vì hai nghiệm trên là hai cạnh của tam giác vuông có đường cao có độ dài bằng 2 5 nên 5 5  2m  0  1 1 1 3    (tm) 2 2  m 2  1  5  2m    2 2 5    5   Vậy m  3 2 Câu 3. 1) Vì A là giao điểm của đường thẳng  d  với Ox nên A  3  m;0  Vì B là giao điểm của đường thẳng  d  với Oy nên B  0; m  3  AB  2.  m  3 2 Vì tam giác OAB là tam giác vuông tại O nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AB 2 2  .  m  3 2 2 Để diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác OAB bằng 8 thì  R 2  8 OAB là R  m  3  4 m  7 2  R 2  8   m  3  16    (tm) m  3   4 m   1   Vậy m  7 hoặc m  1 thỏa mãn đề bài 2) Gọi số vận động viên đạt HCV là x Gọi số vận động viên đạt HCB là y Gọi số vận động viên đạt HCĐ là z  x, y, z  ℕ * 23  x   5 x  2 y  z  23 5 x  23 5 Ta có :    x4 y  z  2 23  5 x  4  x  19  5 Khi đó 2 y  z  3  y  z  1 Vậy có 4 vận động viên đạt HCV, 1 vận động viên đạt HCB, 1 vận động viên đạt HCĐ Câu 4. 2 a  b a b 4a a  b a2  b2 2  a  b  a2  b2    .  2 . 4 a 2  ab a 2  ab a 2  b2 a 2  ab a a  ab a Ta có: a  b  2 a2 2a  b  b  b   4   1    2  1    4  * 2 a  a  a 2 2 Đặt x  b  x  1 , suy ra (*) trở thành a 1  x   2 1  x  2 Suy ra M  Câu 5. 2 2  x  1(ktm)  4  3x  2 x  1  0   1  x  ™  a  3b 3  2 3b.b  2020.3b  2021b  8081  31.27.b3  3b3 280 B I N E M A H O C a) Chứng minh năm điểm A, B, E , O, C cùng thuộc một đường tròn Ta có : OBA  OCA  90  AB, AC là tiếp tuyến của  O ) Mà OEA  90  E là trung điểm của dây MN )  B, C , E cùng nằm trên đường tròn đường kính OA  A, B, C , O, E cùng nằm trên một đường tròn b) Tia CE cắt  O  tại I . Chứng minh tứ giác BINM là hình thang cân A, B, C , O, E cùng nằm trên một đường tròn  ABEC là tứ giác nội tiếp  ABC  AEC (2 góc nội tiếp cùng chắn dây AC )   1 1 Mà ABC  sd BC  sd MC  sd MB (là góc tại bởi tiếp tuyến và dây BC ) 2 2 1 AEC  sd IN  sd MC (góc có đỉnh bên trong đường tròn) 2   Vì ABC  AEC  sd MC  sd MB  sd IN  sd MC  sd IN  sd MB  NB  MI  NB  MI  1  Ta có : BIC  ABC   sd BC   BIC  AEC (hai góc ở vị trí đồng vị)  2   BI / / AM  tứ giác MBIN là hình thang mà NB  MI  tứ giác MBIN là hình thang cân c) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh tứ giác OHMN nội tiếp Xét hai tam giác ABM và ANB có: BAM chung, ABM  ANB (cùng chắn cung BM )  ABM ∽ ANB  g .g  AB AM   AB 2  AM . AN mà AB 2  AH . AO  ABO vuông tại B có đường cao AN AB AM AH BH )  AM . AN  AH . AO   AO AN Xét hai tam giác AMH và AON có : AM AH MAH chung,   cmt  AO AN  AMH ∽ AON (c.g .c)  AHM  ANO  Xét tứ giác MHNO có AHM  ANO Vậy tứ giác MHNO là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top