intTypePromotion=1

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Bắc Hồng

Chia sẻ: Agatha25 Agatha25 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

0
34
lượt xem
2
download

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Bắc Hồng

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Bắc Hồng.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Bắc Hồng

  1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS BẮC HỒNG Năm học 2020-2021 ****************** Môn : TOÁN – Lớp 9 (Thời gian 120 phút) PHẦN I: Thí sinh chỉ ghi kết quả vào bài làm: Câu 1: Giá trị biểu thức: T  5  3  29  12 5 là: Câu 2: Tính giá trị biểu thức N  x2019  3x 2020  2 x 2021 52 5 2 Với x   3 2 2 5 1 Câu 3: : Cho a b, là hai số tự nhiên. Biết rằng a chia cho 5 dư 3 và b chia cho 5 dư 2. Hỏi tích a b. chia cho 5 dư bao nhiêu ? Câu 4: Tìm số nguyên dương n để n +1 và 4n+29 là số chính phương. Câu 5: Cho tam giác ABC có AB=1; 𝐴̂ =1050 ; 𝐵̂ =600.Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE=1. Vẽ ED//AB(D∈AC). 1 1 Tính giá trị biểu thức: + 𝐴𝐶 2 𝐴𝐷2 Câu 6: Tính diện tích của một tam giác vuông có chu vi 72cm, hiệu giữa dduongf trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng 7cm. PHẦN II: Thí sinh trình bày bài làm vào tờ giấy thi 5  3x  x  1 Câu 7: Giải phương trình =4 x  3  3  2x Câu 8: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Câu 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. AB 3 a) Tính AH, BH biết BC = 50 cm và  AC 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: BD 2 + CE2 Câu 10: Cho ba số thực x , y , z dương thỏa mãn xy  yz  zx  2xyz  1 . Chứng minh: x2 y y 2 z z 2 x    2 xyz x 1 y 1 z 1 Hết.
  2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI TOÁN CÂU HƯỚNG DẪN Điêm 1 1 0.5 2 x  2  ( 2  1)2 = 2 - ( 2 + 1) = -1 0.5 với x = -1 ta có N = -1 + 3 + 2 = 4 3 a chia cho 5 dư 3 nên tồn tại số tự nhiên m sao cho a m = + 5 3 (1) b chia 0.5 cho 5 dư 2 nên tồn tại số tự nhiên n sao cho b n = + 5 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra a b m n . 5 3 5 2 ... 5 5 2 3 1 1 = + + == + + ++ ( )( ) ( mn m n ) Suy ra a b. chia cho 5 dư 1. 4 n = 35. 0.5 5 4 0.5 3 6 144cm2 0.5 7 Điều kiện x – 3 + 3  2 x  0 Phương trình tương đương 3x  5 - x  1 - 4 2 x  3 - 4x + 12 = 0 (*) 0,25 3 Xét x < - Thì (*)  - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 2 0,5  2x = -28  x = - 14 (Thỏa mãn đk) 3 Xét - ≤ x < 1 Thì (*) 2 0,25  - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 2  x= (Thỏa mãn đk) 0,25 7 5 Xét 1 ≤ x < Thì (*) 3  - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 0,25 3  x= (loại) 8 5 0,25 Xét x ≥ Thì (*)  3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 3 2 x = - (Loại) 0,25 5  2 Vậy phương trình có nghiệm x   14;   7
  3. 8 Ta có x2 + xy + y2 = x2y2  (x + y)2 = xy(xy + 1) 0,25  xy  0 + Nếu x + y = 0  xy(xy + 1) = 0    xy  1 0,25 Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0  x = y = 0 x  1  x  1 Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0   hoặc  0,25  y  1 y  1 + Nếu x + y  0  (x + y)2 là số chính phương xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương 0,25 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1) A 9a E D B H C 1 AB 3 AB AC     k  AB = 3k, AC = 4k AC 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 9b 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) 1 = (BD.CE).(AH.BC)  AH3 = BC.BD.CE 9c 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 1 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
  4. Vậy GTNN của BD2 + CE2 bằng a2 khi  ABC vuông cân tại A 10  xy  yz  zx  0.25 2 x2 y 2 y2 z2 z 2 x2 Xét VT     1 0,25 xy  y yz  z xz  x xy  yz  zx  x  y  z Ta có xy  yz  zx  3 3 x 2 y 2 z 2 . 4t 3 3 Đặt t  xy  yz  zx , từ giả thiết có: 1  t   4x y z  2 2 2 2 t 0,25 27 4 0.25 3  xy  yz  zx  4 1 1 Thay vào giả thiết được: 2 xyz  1   xy  yz  zx   hay xyz  4 8 Do đó xy  yz  zx  6 xyz 0.25 0,25   xy  yz  zx   6 xyz  xy  yz  zx   2 2 Mặt khác:  xy  yz  zx   3  xy. yz  yz.zx  zx.xy  2  2  xy  yz  zx   6 xyz  x  y  z   3 2 Cộng vế  2  và  3 có: 3  xy  yz  zx   6 xyz  xy  yz  zx  x  y  z   4 2 0,25 0.25 Kết hợp 1 và  4  ta có điều phải chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2 Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2