Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo Thạch Hà (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo Thạch Hà (Có đáp án)

1. PHÒNG GD-ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 9 (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1. a) Tính giá trị biểu thức T 5 3 29 12 5 5 2 5 2 b) Chứng minh rằng: A 2 5 1 c) Tính giá trị biểu thức N x2019 3x2020 2x2021 5 2 5 2 Với x 3 2 2 5 1 3 1 3 1 5 5 d) Cho x và y . Tính M x y 2 2 e) Cho M = (a2 + 2bc – 1)(b2 + 2ac – 1)(1 – c2 – 2ab). Trong đó a, b, c là các số hữu tỉ thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: M là một số hữu tỉ. Bài 2. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: xyz = 2(x+ y + z). b) Tìm các số a, b, c sao cho đa thức f (x) x3 +ax2 bx c chia cho x + 2; x + 1; x – 1 đều dư 8 c) Tìm các số tự nhiên x, y biết: (2x 1)(2x 2)(2x 3)(2x 4) 5y 11879 Bài 3. Giải các phương trình sau: 9x2 a) x2 16 b) x(x 1) x(x 5) 2 x2 (x 3)2 Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. A B 3 a) Tính AH, BH biết BC = 50 cm và A C 4 b) Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh rằng: AH3 = BC.BD.CE c) Giả sử BC = 2a là độ dài cố định. Tính giá trị nhỏ nhất của: BD2 + CE2 Bài 5. Cho 0 a, b, c 1. Tìm giá trị lớn nhất của: P a + b2019 c2020 ab bc ac Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm; học sinh không dùng máy tính bỏ túi )
2. SƠ LƯỢC GIẢI Đề thi chọn HSG huyện năm học 2019 – 2020 Môn: Toán 9 Bài Nội dung T 5 3 29 12 5 = 5 3 (2 5 3)2 1a. 5 3 (2 5 3) 5 6 2 5 5 ( 5 1)2 5 ( 5 1) =1 1b. 5 2 5 2 2 5 2 A A2 = 2 A = 2 (đpcm) 5 1 5 1 1c. x 2 ( 2 1)2 = 2 - (2 + 1) = -1 với x = -1 ta có N = -1 + 3 + 2 = 4 1 Ta có: xy = và x + y = 3 2 1d. x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = (3 )2 – 2. 1 = 3 – 1 = 2 2 1 3 3 x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) = (3 )3 – 3. .3 = 2 2 3 3 x5 + y5 = (x2 + y2)(x3 + y3) – x2y2(x + y) = 2. - 1 .3 = 11 3 2 4 4 1e M = (a2 + bc – ac - ab)(b2 + ac – ab - bc)(ac + bc – c2 – ab) = (a – b)(a – c)(b – a)(b – c)(c – a)(b – c) = (a – b)2(a – c)2(b – c)2 M (a b)(a c)(b c) vì a, b, c là các số hữu tỉ nên M là một số hữu tỉ 2a Vì x, y, z là các số nguyên dương và vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử : 1 x y z ta có xyz = 2(x + y + z) 6z xy 6 x = 1 hoặc x = 2 Xét x = 1 cho y = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta được (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5) Xét x = 2 cho y = 2, 3 ta được (x, y, z) = (2; 2; 4) vậy (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5), (2; 2; 4) và các hoán vị 2b Từ gt ta có f(x) - 8 luôn chia hết cho x + 2; x + 1; x – 1. => f(x) = (x + 2)(x + 1)(x – 1) + 8.
3. Với x = -2, ta có: -8 + 4a – 2b + c = 8 4a – 2b +c = 16 (1) Với x = -1, ta có: -1 + a – b + c = 8 a – b +c = 9 (2) Với x = 1, ta có: 1 + a + b + c = 8 a + b + c = 7 (3) từ (1), (2) và (3) ta có b = - 1 a = 2 ; b = 6 2c 2x (2x 1)(2x 2)(2x 3)(2x 4) là tích 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5 mà 2x không chia hết cho 5 nên (2x 1)(2x 2)(2x 3)(2x 4) chia hết cho 5 mà 11879 không chia hết cho 5 nên y = 0 (2x 1)(2x 2)(2x 3)(2x 4) = 11880 = 9.10.11.12 x = 3 vậy x = 3 và y = 0 3a ĐK: x 3 (*) 9x2 Ta có: x2 16 (x 3)2 2 2 2 2 2 2.x.3x 9x 2.x.3x x 6x x 2 16 9 25 x 3 (x 3) x 3 x 3 x 3 2 x2 x2 x2 3 25 3 5 hoặc 3 5 x 3 x 3 x 3 x2 +) 3 5 (x – 4)2 + 8 = 0 (VN) x 3 x2 +) 3 5 (x + 1)2 = 7 x + 1 = 7 x 3 x = 7 -1 (t/m ĐK(*)) Vậy pt có 2 nghiệm: x = 7 - 1 3b ĐK: x 5 hoặc x 0 (*) Nếu x 5 thì pt: x(x 1) x(x 5) 2 x2 x 1 x 5 2 x (x 5)(x 1) x 3 ĐK: x 3 ( ) 1 -12x = 4 x ( loại ) 3 Nếu x = 0 thỏa mãn pt Nếu x < 0 thì pt: x(x 1) x(x 5) 2 x2 1 x 5 x 2 x (5 x)(1 x) x 3 ĐK: x 3 1 -12x = 4 x (loại) 3 Vậy pt có nghiệm x = 0
4. 4a A E D B H C A B 3 A B A C k AB = 3k, AC = 4k A C 4 3 4 (3k)2 + (4k)2 = 502 k2 = 100 k = 10 AB = 30 cm, AC = 40 cm Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có AB.AC = AH.BC 30.40 = AH.50 AH = 24cm AB2 = BH.BC 302 = BH. 50 BH = 18 cm 4b Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có AH2 = BH.CH AH4 = BH2.CH2 = BD.AB.CE.AC=(BD.CE)(AB.AC) = (BD.CE).(AH.BC) AH3 = BC.BD.CE 4c Áp dụng định lí Pytago ta có: BD2 + CE2 = BH2 – HD2 + HC2 – HE2 = BH2 + HC2 – ( HD2 +HE2 ) = (AB2 – AH2 )+ (AC2 – AH2 ) – AH2 = (AB2 + AC2 ) – 3AH2 = BC2 – 3AH2 = 4a2 – 3AH2 Gọi O là trung điểm của BC ta có. AH AO = a nên BD2 + CE2 4a2 – 3a2 = a2. Dấu = xẩy ra khi H trùng O ABC vuông cân tại A Vậy GTNN của BD2 + CE2 bằng a2 khi ABC vuông cân tại A 5 vì 0 a, b, c 1 nên b2019 b, c2020 c , (1 – a)(1 – b)(1 – c) 0, abc 0 2019 2020 a + b c ab bc ac a b c ab bc ac và 1 – abc – a – b – c + ab + ac + bc 0 a + b + c – ab – ac – bc 1 – abc 1 do đó P a + b2019 c2020 ab bc ac 1 . Dấu bằng xẩy ra khi abc 0 2019 b b 2020 c c chẳng hạn a = 1, b = c = 0 (1 a)(1 b)(1 c) 0 0 a,b,c 1 Vậy GTLN của P bằng 1 chẳng hạn khi a = 1; b = c = 0 Chú ý: HS giải cách khác đúng, hợp lí thì chấm điểm tối đa./.