Đề khảo sát học sinh giỏi môn toán lớp 9 năm học 2020-2021

Phiếu học tập tuần toán 7 Website tailieumontoan com KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2020 2021 Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu 1 a Cho biểu thức Tìm nguyên để nhận giá trị nguyên b Cho Tính giá trị biểu thức Câu 2 a Giải phương trình b Giải hệ phương trình Câu 3 a Giải phương trình nghiệm nguyên b Cho là các số nguyên dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Câu 4 1 Cho tam giác nhọn Các đường cao cắt nhau tại Gọi là trung điểm c[.]

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

MÔN TOÁN 9 - NĂM HỌC: 2020 - 2021

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI Câu 1.

a Cho biểu thức: 3

4



Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

b Cho

 3 1 310 6 3

21 4 5 3

  Tính giá trị biểu thức Bx24x 2 2020

Câu 2.

a Giải phương trình: 19 3 x 3x17 3 x2 36x110

b Giải hệ phương trình:

2

xy x y

 





Câu 3.

a Giải phương trình nghiệm nguyên:    

b Cho a b c, , là các số nguyên dương thỏa mãn: a b a c b c       a b c 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M    a b c

Câu 4.

1 Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tạiH Gọi M là trung điểm của HC N, là trung điểm của AC AM; cắt HN tại G Đường thẳng qua M vuông góc

với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K Chứng minh:

a.BH KM. BA KN.

b

5 5 5 4 2

2 Trong tất cả các tam giác ngoại tiếp đường tròn O r; ,

hãy xác định hình dạng tam giác

để tổng ba đường cao nhỏ nhất

Câu 5.

Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c   3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2

P

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT HSG TOÁN 9

Năm học: 2020-2021 Câu 1.

a Cho biểu thức: 3

4



Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.

b Cho

 3 1 310 6 3

21 4 5 3

  Tính giá trị biểu thức Bx24x 2 2020

Lời giải

a)

3

4



3

4

x

x



2

x

1 2

A

x





 với x0;x4

Để A nhận giá trị nguyên thì:

1

x



Vậy để A Z thì x = 1 hoặc x = 9

b)

3

3

x

Do x2   x 4 0 x

Thay x  (TMĐK) vào biểu thức 1 A ta được:

Vậy khi x 32 5 3 2 5thì A 1

Câu 2.

a Giải phương trình: 19 3 x 3x17 3 x2 36x110

b Giải hệ phương trình:

2

xy x y

 





Lời giải

a) Giải phương trình : 19 3 x 3x17 3 x2 36x110

ĐKXĐ:

Theo BĐT Cô Si ta có: VT=

; VP=3x2 36x110 3 x212x36 2 3x 62 2 2

Để dấu “=” xảy ra thì

19 3 1

6

x

x

 





   



 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

 6

S 

b) Giải hệ phương trình :

2

xy x y

 







3 3

2

1 2

3

xy x y

xy x y



 

 

  

Vậy nghiệm của hệ là x y 1

Câu 3.

a Giải phương trình nghiệm nguyên:    

b Cho a b c, , là các số nguyên dương thỏa mãn: a b a c b c       a b c 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M    a b c

Lời giải

a)

 2  4

2

2y2 2y 2 2x 1 2  y2 2y 2 2x 1 3

Vì

2

2y 2y2 2 x 1 2y 2y2 2 x 1 4 y 4y40

Từ đó ta có :

hay

   

   

Vậy các nghiệm (x; y) nguyên của phương trình là:

x y ;   0;0 ; 0; 1 ; 1; 1 ; 1;0         

b) Xét 3 số nguyên dương thỏa mãn (a b a c b c )(  )(  )  a b c(*)

Trong 3 số luôn tồn tại ít nhất 2số cùng tính chẵn, lẻ Không mất tính tổng quát, giả sử là ,

a b (a b ) 2 Từ (*) ( a b c  ) 2

Số nguyên chia cho 3 có thể có số dư là0; 1; 2

+) Nếu a; b; c chia cho 3 có số dư khác nhau thì a b  ; a c  ; b c 

đều không chia hết cho 3 , mà a b c  3

Nên (*) không xảy ra

+) Nếu a; b; c chỉ có 2 số có cùng số dư Không mất tính tổng quát, giả sử là a; b ta có

a b  mà (a+b+c) không chia hết cho3.3

Nên (*) không xảy ra

Do đó a b c, , chia cho 3 có cùng số dư  a b 3;a c 3;b c 3 a b c  27 ƯCLN2; 27 1; 2.27 54 Nên M54 M 54

Dấu “=” xảy ra khi a21;b18;c15

Vậy GTNN của M là 54

Câu 4.

1 Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tạiH Gọi M là trung

,

b

5 5 5 4 2

2 Trong tất cả các tam giác ngoại tiếp đường tròn O r; ,

hãy xác định hình dạng tam giác

để tổng ba đường cao nhỏ nhất

Lời giải

G

K

M

N H

D

E F

A

a) Ta có BF//KN (vì cùng vuông góc với AC)

AB//MK (vì cùng vuông góc với FC)

Tương tự  BAH KMN

∽

∽

(vì MN là đường trung bình của tam giác AHC)

Tam giác AHC có G là trọng tâm tam giác nên  2(2)

Từ (1) và (2) ta có 

Mà AB//MK  BAG KMG slt ( )   ( )  (3)

BAG KMG c g c

Từ (2) và (3)    2

5

5  5 5 4 2

2 Gọi ha, hb, hc là các đường cao ứng với các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC ngoại tiếp (O; r)

 

1

; 2

ABC

a b a c b c

        

Dấu “=” xảy ra  a = b = c  ABC là tam giác đều

Câu 5.

Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c   3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2

P

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

3

1 1 a b3 a b và 33 ab2     a b b a 2 b

2

3

a b

Do đó :

2 2

Tương tự, cũng có:

2 2

2 2

Cộng (1), (2), (3) vế với vế, ta được :

P = 1 2 12 12 3 1  2 1

2a b2b c2c a  2 18 a b c  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c   (thỏa mãn)1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1

F

E D

C B

A