Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Huyện Thạch Hà 2020-2021

THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 Thời gian làm bài : 150 phút

Bài 1. Có 3 giỏ táo, giỏ thứ nhất có 11 trái, giỏ thứ hai có 7 trái và giỏ thứ ba 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 ^{1 4 2 3}

A  2

 và 1 2

B 2

 . So sánh Avà B b) Tìm các số nguyên a b, thỏa mãn 2 3

9 20 5

5 5

a b a b   

 

Bài 3.

a) Giải phương trình :

2

2 2 2

2

2020 2020

1 2 4 4 1 2020

2021 2021 x   x  x  x     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 2x 5 x²

Bài 4.Cho tam giác ABCvuông tại A, có AB AC,vẽ đường cao AH,phân giác trong AD.Gọi M N, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Dtrên ABvà AC

a) Biết AB6cm AC, 8 .cm Tính AH MN BD, ,

b) Gọi AElà phân giác ngoài của tam giác ABC.Chứng minh rằng :

1 1 2

AB  AC  AD và 1 1 2 AB AC  AE

Bài 5. Cho các số thực , ,x y zthỏa mãn 0x y z, , 1

Chứng minh rằng 3

1 1 1

x y z

y xz  z xy  x yz  x y z

       

Bài 1.

Ký hiệu



^{a b c, ,}



là trạng thái: Giỏ thứ nhất chứa aquả táo, giỏ thứ hai chứa bquả táo, giỏ thứ ba chứa cquả 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 : 1 4 2 3 ¹



^{1 3}



²

2 2

A

 

 

 



^{3 1}



²

2 3 4 2 3 1 3

2 2 2 2

   

   

Suy ra AB

b) ĐK: ^{a b 5 *}

 

       

2 3

9 20 5 2 5 3 5 9 20 5 5 5

5 5 a b a b a b a b

a b  a b            

 

  ^{ }

2 2 2 2

9a 45b a 5 20a 100b 5b *

      

Ta thấy

 

^{* có dạng AB 5nếu B0thì 5 A}

 B ℚ(vô lý) Vậy B  0 A 0. Do đó :

 

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

9 45 0

9 45 0

* 9

9 45 0

20 100 5 0

4

9 45 0 9 0( )

9 4 9; 4

4 0

4

a b a

a b a

a b b

a b b

a b a

a b a b ktm

a b a b

b b

   

   

 

 

   

   

 

        

 

        Vậy a9,b4

a) Biến đổi vế phải ta có :

 

²

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

2021 2020 1 2020 2.2020 1 1 2020 2021 2.2020

2020 2020 2020 2020

1 2020 2021 2.20209

2021 2021 2021 2021

2020 2020 2020 2020

2021 2021 2021

2021 2021 2021 2021

        

       

 

        

 

Phương trình trở thành : ^{x   1 x 2 2021 *}

 

. Xét 3 trường hợp

 

 

 

1: 1 * 3 2 2021 1009( )

2 :1 2 * 0 1 2021( )

3: 2 * 2 3 2021 1012( )

th x x x tm

th x x VN

th x x x tm

       

     

       Vậy ^{x }



^1009;1012



b) ĐK: ⁰

 

¹

0 x xy

 

 



 Với x0( (1))tm lúc đó phương trình trở thành : 2020 2y 0 y 1010

     

 Với x    0 y 0 x x 2 xy 2020 2 y

 

 

²

^{ }

2 2020 0

2020 0 2

x xy y x y

x y x y

      

     

Vì



^{x  y}



^{2 0; x 0;y0}nên phương trình (2) vô nghiệm Vậy



^{x y;}

 

^{ 0; 1010}



c) Điều kiện : ^{ 5 x 5 *}

 

- Tìm giá trị lớn nhất

Ta có B TD Bunhiacopxki : Với 2 bộ số



a a1; 2

 

, b b1; 2



ta có :



a b1 1a b2 2



² 



a1² a2²



b1² b2²

 ^{ }

** . Đẳng thức xảy ra ^{1 2}

1 2

a a b b

 

Áp dụng (**) ta có ^{M2 }



^{2x1. 5x2}



^

^

^{22 12}

^

^{x2 5 x2}

^

^25

Đẳng thức xảy ra khi

 

2

2 2

0 0

5 2 2( (*))

2 4 5

2 x x

x x x x tmdk

x x

x

 

  

      

  

 

   

Vậy Max M   5 x 2 - Tìm giá trị nhỏ nhất

Từ điều kiện (*) ta có : ^{2x 2 5}

 

¹ , mặt khác ^{5 x2 0 2}

 

Từ (1) và (2) M 2x 5x²  2 5 Đẳng thức xảy ra

2

2 2 5

5 0 5

x x

x

  

   

 



Vậy Min M  2 5   x 5 Bài 4.

a) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABCta có :

2 2 2

1 1 1 1 1 25

36 64 576 ^AH 4,8^cm AH  AB  AC     

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABHta có : Q

K

E

N M

D H

A

B

C

36 23,04 3,6 BH  AB AH   BH  cm

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABCta có :

2 2 2 36 64 10

BC  AB  AC   BC cm

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có ^{6 0,75 1}

 

8 DB AB

DC  AC   Mặt khác ^{BCBDDC 10cm}

 

²

Từ (1) và (2) 30 40 24

7 , 7 35

DB cm DC cm HD BD BH cm

      

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHDta có :

2 2 2 576 576 2

25 1225 24 7

AD AH DH    AD cm Tứ giác AMDNlà hình vuông nên 2

24 7 MN  AD cm b) Tứ giác AMDNlà hình vuông nên

2 DM  DN  AD Ta có :S_ABC  S_ABD  S_ACD

   

1 1 1 1 1

. . . . .

2 2 2 2 2 2

AB AC AB DM AC DN DM AB AC AD AB AC

      

1 1 2

(dfcm) AB AC AD

  

Gọi ,Q K lần lượt là hình chiếu vuông góc của Etrên ABvà AC Tứ giác AQEK là hình vuông nên

2 EK EQ AE Ta có S_ABC S_AEC S_AEB

   

1 1 1 1 1

. . . .

2 2 2 2 2 2

1 1 2

( )

AB AC AC EK AB EQ EQ AC AB AE AC AB

AB AC AE dfcm

      

  

Vì ^{x y, }



^0,1



^nên



^1x



^1y



^{  0 1 xy  x y}

 

1 1

1

y y

z xy x y z

z xy x y z

       

   

Tương tự ta có:

 

^{2 ;}

 

³

1 1

x x z z

y xz  x y z x xy  x y z

       

Cộng vế theo vế của

     

1 , 2 , 3 ta được :

3

1 1 1

x y z x y z

y xz z xy x yz x y z x y z

     

         

Dấu " " xảy ra khi x   y z 1