FILE_20200926_091103_de-thi-chon-HSG-huyen-nam-hoc-2020-2021-_gui-co-so_f3826cef8f.pdf

Nêu cách chuyển các trái táo sao cho số táo trong 3 giỏ bằng nhau. Việc chuyển táo từ giỏ này sang giỏ kia phải thỏa mãn điều kiện số táo chuyển vào giỏ đó phải đúng bằng số táo có tro[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THẠCH HÀ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN

MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 25 / 09 / 2020

Bài 1 Có 3 giỏ táo; giỏ thứ nhất có 11 trái, giỏ thứ hai có 7 trái và giỏ thứ 3 có 6

trái Nêu cách chuyển các trái táo sao cho số táo trong 3 giỏ bằng nhau Việc chuyển táo từ giỏ này sang giỏ kia phải thỏa mãn điều kiện số táo chuyển vào giỏ đó phải đúng bằng số táo có trong giỏ đó

Bài 2 a) Cho A 1 4 2 3

2

 

2



 So sánh A và B

b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 2 3 9 20 5

Bài 3 a) Giải phương trình:

2

2

b) Tìm x, y thỏa mãn x x 2 xy 2020 2 y

c) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M  2 x  5  x2

Bài 4 Cho tam giá ABC vuông tại A có AB < AC; vẽ đường cao AH, phân giác

trong AD Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC

a) Biết AB = 6 cm; AC = 8 cm Tính AH, MN, BD

b) Gọi AE là phân giác ngoài của tam giác ABC Chứng minh rằng:

AB  AC  AD và 1 1 2

AB  AC  AE

Bài 5 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: 0  x y z , ,  1

====HẾT=====

Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:

Lưu ý: Học sinh không được dùng máy tính cầm tay

ĐỀ CHÍNH THỨC

SƠ LƯỢC GIẢI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2020-2021

MÔN TOÁN LỚP 9

Bài 1

Kí hiệu (a,b,c) là trạng thái: Giỏ thứ nhất chứa a quả táo, giỏ thứ hai chứa b quả táo, giỏ thứ ba chứa c quả táo

Ta thấy tổng số táo mỗi giỏ sau khi hoàn thành công việc là

(11+7+6)/3= 8 quả

Mặt khác theo điều kiện bài toán thì rõ ràng phải chuyển táo từ giỏ nhiều sang giỏ ít và bắt đầu từ giỏ lẻ sang giỏ lẻ

Kết quả như sau: (11,7,6) => (4,14, 6) => (4, 8, 12) => (8,8,8)

Bài 2

a)

Ta có

2

1 4 2 3 A

2 3 4 2 3

2 (1 3) 1 3

Suy ra A > B

b)

ĐK: a b 5 (*)

9 20 5 2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5)

a b 5a b 5            

9a 45b a 5( 20a 100b 5b)

Ta thấy (*) có dạng AB 5 nếu B 0 thi 5 A Q

B

   vô lí vậy B = 0 => A= 0

Do đó (*)

9a 45b a 0 20a 100b 5b 0



 



9a 45b a 0 9a 45b a 0

2

9

hoac 4

b 4b 0



  



(Loại vì không thỏa mãn ĐK (*))  a = 9; b = 4

Bài 3 a) * Biến đổi vế phải ta có

2021 (2020 1) 2020 2.2020 1 2 2

1 2020 2021 2.2020

2

Phương trình trở thành: x   1 x 2 2021 (*)

Xét 3 trường hợp:

- Trường hợp 1: Nếu x1thì (*) 3 2x2021  x 1009 (thỏa mãn)

- Trường hợp 2: Nếu 1 x 2thi (*)0x 1 2021 (Phương trình vô nghiệm)

- Trường hợp 3: Nếu x2thi (*)2x 3 2021 x 1012 (thỏa mãn)

Kết luận: Phương trình (*) có 2 nghiệm: x  1 1009và x 2 1012

b)

0

x xy





 

 (1)

* Với x = 0 (thỏa mãn (1)) lúc đó phương trình trở thành

2020 2y 0 y 1010

     

* Với x > 0 lúc đó y 0 thì x x 2 xy2020 2 y

(x 2 xy y) x y 2020 0

2 ( x y) x y 2020 0

2 ( x y) 0; x0; y nên phương trình (2) vô nghiệm 0

Vậy (x; y) = (0; -1010)

c)

Điều kiện:  5  x 5 (*)

- Tìm giá trị lớn nhất:

Ta có BĐT Bunhicopxky: Với 2 bộ số (a1; a2); (b1; b2) ta có:

(a1b1+a2b2)2 ≤(a1 +a2 )(b1 +b2 )(**) Đẳng thức xẩy ra 1 2

1 2

a a

b b

Áp dụng (**) ta có  2

Đẳng thức xẩy ra khi 2

2 2

x

x hoac x

(TMĐK(*)) Vậy với x = 2 thì GTLN của M = 5

- Tìm giá trị nhỏ nhất

Từ điều kiện (*) tá có 2x 2 5 (1)

Mặt khác 2

5x 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có 2

Đẳng thức xẩy ra khi

2

5

  





x

x x

Vậy khi x  5 thì M đạt GTNN là 2 5

Bài 4

A

C

H D

B

E

M

N

a) (4,0đ) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta có:

4,8

36 64 576 AH cm

AH  AB  AC     

Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông ABH ta có:

36 23, 04 3, 6

BH  AB AH   BH  cm

Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta có:

BC AB AC   BC cm

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: 6 0, 75

8

DB AB

DC  AC   (1)

BC AB AC   DBDCBC cm (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 30 ; 40

DB cm DC  cm

35

HDBDBH  cm

Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông AHD ta có:

24

AD AH DH   AD cm

Tứ giác AMDN là hình vuông nên 24 2

7

MN  AD cm

b)

Tứ giác AMDN là hình vuông nên

2

AD

Ta có S ABC S ABDS ACD

AD

AB AC AD

b) Gọi Q, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của E trên AB và AC

Tứ giác AQEK là hình vuông nên

2

AE

EK EQ

A

C

H D

B

E

Q

K

Ta có S ABC S AECS AEB

AE

AB AC AE

Bài 5

Vì x, y  (0,1] nên (1x)(1y)  0 1 xy x y

1

  z xy  x y z

(1) 1

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được

3

 

Dấu “=” xẩy ra khi x = y = z =1