Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

Chia sẻ: Agatha25 Agatha25 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THÁI BÌNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 8/12/2020 Thời gian làm bài :150 phút Tên : Trương Quang An. Địa chỉ : Tổ 2, hẽm 70/5 Võ Thị Sáu, phường Chánh Lộ, Thành Phố Quảng Ngãi, Tỉnh Quảng Ngãi. Điện thoại : 0353276871 1 1 3 Câu 1(3,0 điểm). Cho a  3  3 3 9 a.Chứng minh 9a2  2 3a  3  0 b.Tính S  3 3a2  27a4  16a  8 Câu 2(3,0 điểm). Cho đa thức P( x )  x 4  ax 3  bx 2  cx  d thỏa P(1)  5; P(3)  13; P(5)  29 .Tính T  P(4)  21P(6) Câu 3(3,0 điểm). a.Giải phương trình (1  2 x ) x 2  1  2 x 2  7 x  1  0  ( x  y )2  y 2  x  4 y  0 b.Giải hệ phương trình   y( x  y)  2 x  2 x  13 y 2 2 Câu 4(2,0 điểm). Cho a,b,c là số thực dương thỏa ab  1 bc  1 ca  1 a2  b2  c2  (a  b  c)2  4 .Chứng minh   3 ( a  b ) ( b  c ) (c  a ) 2 2 2 Câu 5(3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo AC và DB.Gọi M là trung điểm của AB.Trên đoạn thẳng BC lấy điểm N(N khác B, NB
a.Chứng minh 9a2  2 3a  3  0 b.Tính S  3 3a2  27a4  16a  8 Lời giải Tự giải Câu 2(3,0 điểm). Cho đa thức P( x )  x 4  ax 3  bx 2  cx  d thỏa P(1)  5; P(3)  13; P(5)  29 .Tính T  P(4)  21P(6) Lời giải Đặt R(x)=P(x)−( x +4)⇒R(x)=P(x)−( x 2 +4)⇒R(x) là đa thức bậc 4 2 Ta có: R(1)=0,R(3)=0,R(5)=0. Do đó, R(x)=(x−1)(x−3)(x−5)(x−m)⇒P(x)=(x−1)(x−3)(x−5)(x−m)+ x 2 +4 Vậy T=P(−4)+21.P(6)=(−5).(−7).(−9).(−4−m)+20+21[5.3.1.(6−m)+40]=4010 Câu 3(3,0 điểm). a.Giải phương trình (1  2 x ) x 2  1  2 x 2  7 x  1  0  ( x  y )2  y 2  x  4 y  0 b.Giải hệ phương trình   y( x  y)  2 x  2 x  13 y 2 2 Lời giải  2( x 2  2 y 2  2 xy  x  4 y)  0 (1) Hệ được viết lại dưới dạng  2  x y  2 xy  y  2 x  2 x  13 y (2) 2 3 2 Lấy (1) + (2) ta được y((y−1)(y−5)+2xy+ x 2 +4x)=0 Do đó nếu y=0 thì x=-1 ta được nghiệm (x;y)=(-1;0) nếu (y−1)(y−5)+2xy+ x 2 +4x=0↔ y 2 +2y(x+2)+ x 2 −4x+5=0 Δ′= ( x  2)2 − x 2 −4x+5=9.Đến đây dễ rồi Câu 4(2,0 điểm). Cho a,b,c là số thực dương thỏa ab  1 bc  1 ca  1 a2  b2  c2  (a  b  c)2  4 .Chứng minh   3 ( a  b ) ( b  c ) (c  a ) 2 2 2 Lời giải Cách 1:Ta có ab  1 2ab  2 2ab  ab  bc  ca  a2  b2  c 2  (a  b)2  2(a  b)2   2(a  b)2 3 (c  a)(c  b) 3 3      3. 2 2(a  b)2 2 2 Cách 2:Từ giả thiết: a 2  b2  c 2   a  b  c   4  2  a 2  b2  c 2  ab  bc  ca .Ta có 2 2ab  2 2bc  2 2ac  2 2P     a  b c  b a  c 2 2 2
2ab  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 2bc  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 2ac  a 2  b 2  c 2  ab   2P     a  b c  b a  c 2 2 2  a  b   a  c  b  c  c  b   a  c  b  a  a  c   b  c  b  a  2 2 2  2P     a  b c  b a  c 2 2 2  2P  3   a  c  b  c    a  c  b  a    b  c  b  a   Q  a  b c  b a  c 2 2 2  2P  Q  3  3 3  a  c  b  c  .  a  c  b  a  .  b  c  b  a   3  3  P  3 .  a  b c  b a  c 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 2  b 2  c 2   a  b  c 2  4  1   a  c  b  c   a  c  b  a   b  c  b  a   a  b  c     3           2 2 2 a b c b a c Câu 5(3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo AC và DB.Gọi M là trung điểm của AB.Trên đoạn thẳng BC lấy điểm N(N khác B, NB ∠BMN=∠BAH (sole trong) mà ∠BAH=∠AHD (phụ với ∠DAH) => ∠BMN=∠AHD kết hợp với∠ADH=∠MBN = 90 độ => ΔBMN đồng dạng BN MB AB 2 ΔDHA(g-g) =>  BN.DH=AD.MB= hay 2.BN.DH= AB 2 . Ta có AD DH 2 2 2 AB AB BN OD BN.DH= , OB.OD= OD2 = => BN.DH=OB.OD  kết hợp 2 2 ON DH với ∠OBN=∠ODH=45 độ => ΔBNO đồng dạng ΔDOH (c-g-c) => ∠BON=∠OHD Mặt khác ∠NOH+∠BON+∠DOH = 180 độ => ∠NOH=180độ−∠BON−∠DOH= 180 độ - (∠DOH+∠DHO) = 180 độ - (180 độ - ∠ODH) = 180 độ - 180 độ + 45 độ = 45 độ=> ∠NOH= 45 độ Câu 6(3,0 điểm). Cho ( O;R) và E cố định,biết OE=a(0
IO OH OI .OM R 2 =>   OH   cố định, O cố định, OH cố định => H cố định OE OM EO a R2 R2 b) SOAMB  AI .OM;OM   ; AI  R 2  IO2  R 2  a2 IO a 2 R  SOAMB  .( R 2  a2 ) .Dấu '=' xảy ra I trùng E a Câu 7(1,0 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên (m,n ) thỏa mãn: 3m-n2+5n=7 Lời giải m 2 m-1 Ta có 3 -n +5n=7⇔3(3 -1)=n−1)(n−4).Nhận thấy: n−1≡n−4(mod3) mà VP≡0(mod3)⟹n−1≡0(mod3)⟹VP≡0(mod9) ⟹ 3m−1−1≡0(mod3) ⟹ 3m−1≡1(mod3)⟹ m−1=0. Với m=1 thì n=1 hoặc n=4 Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn là : (m;n)=(1;1) hoặc (m;n)=(1;4)