022 đề thi hsg toán 9 2019 2020 huyện quan sơn

ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP – HUYỆN QUAN SƠN NĂM HỌC 2019 – 2020 BÀI I  x x 2 9 x   x  9 A     : 1   x   x  x x  x     Cho biểu thức a) Rút gọn A x b) Tìm giá trị A BÀI II 10   62   3 2 1) Chứng minh rằng, p p  1là hai số nguyên tố lẻ p  p  số nguyên tố  x  xy  y  7  x  y  ; y   2) Tìm tất số nguyên cho BÀI III 1) Giải phương trình x  x  2 x  2) Cho x, y, z số thực dương số thực a, b, c  a2 b2 c2       x  y  z   a  b  c  y z  Chứng minh  x 3) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz 1 Tìm giá trị nhỏ biểu 1 P    2x  y  2z thức BÀI IV Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên CB, CD lấy điểm M , N cho chu vi tam giác CMN có chu vi 2a Gọi giao điểm đường thẳng BD với đường thẳng AM , AN E , F Giao điểm MF , NE H 1) Tính số đo MAN 2) Chứng minh AH  EF S1 3) Gọi diện tích tam giác AEF , AMN S1 , S Tính S BÀI V Trong mặt phẳng cho 2020 điểm, khoảng cách hai điểm đôi khác Nối điểm số 2020 điểm với điểm gần tương ứng Chứng minh với cách nối khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín ĐÁP ÁN BÀI I  x x 2 9 x   x  9 a) A     : 1   x   x  x x  x     x A x  x x   x 2 x 10   62  b)Ta có: Vậy A   31 1    1  5  1  1 1   2 31 2 1  2 BÀI II 2 1) Chứng minh rằng, p p  1là hai số nguyên tố lẻ p  p  số nguyên tố Do p số nguyên tố lẻ nên p 3k 1 p 3k p  8  3k 1  3  24k 16k   3 p  k  +Nếu nên vơ lý +Nếu p 3k Do p số nguyên tố lẻ nên p 3, rõ ràng 8.9  73 số nguyên tố mà p  p  72   79 số nguyên tố 2) Ta có:  x  xy  y  7  x  y  x ; y   Tìm tất số nguyên cho  x  xy  y  28  x  y   15 x 28  x  y    x  y  14 169  169 169 2  Do15 x 0  28  x  y    x  y     x  y    x  y     25  5  169 169 15 x   x  , x    x    1;0;1 75 Vậy  x 0  y 0  x   y 3   x 1  y 2 thỏa mãn toán BÀI III 3  x  x  2 x   x   2  1) Giải phương trình Ta có: x  x  2 x   x  x   x   2 x   0   x  1    2 x   0 Nên x  1(tm) nghiệm phương trình 2) Ta biến đổi vế trái : a y a x b2 x b2 z c x c y 2 VT a  b  c       x x y y z z a2 y b2 x a2 x c2x b2z c2 y  2ab,  2ac,  2bc x y x z y z Ta có: VT a  b  c  2ab  2bc  2ac  a  b  c  Nên 3) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz 1 Tìm giá trị nhỏ biểu 1 P    2x  y  2z thức a b c x  , y  , z  ; a, b, c  b c a Đặt nên: b c a b2 c2 a2 P      1 b  2a c  2b a  2c b  2ab c  2bc a  2ac Dấu " " xảy x  y z 1 BÀI IV A B E O F P D M H N C a) Gọi P điểm tia đối DC cho DP BM Ta chứng minh ABM ADP  c.g.c   BM DP, AM  AP, BAM DAP Từ suy MAP PAD  DAM BAM  DAM 90 Hay PAM tam giác vuông cân Ta có chu vi tam giác CMN : MN  MC  NC 2a Hay MN  BC  BM  CD  DN 2a  MN  2a   DP  DN  2a  MN PN Nên PAN MAN  PAN MAN 45 b) Ta định nghĩa lại F giao điểm AN PM , từ chứng minh PAM vuông cân PAN MAN 45  F trung điểm PM AF  PM  AF CF  PM Hay F nằm trung trực AC mà BD trung trực AC  F  BD hay F giao điểm AN với BD Tương tự ta có AM  NE mà H giao điểm NE , MF nên H trực tâm AMN  AH  EF c) Ta có kết quen thuộc sau “ Cho tam giác AMN hai điểm E , F nằm hai cạnh AM , AN tam giác S AEF AE AF  " S AMN AM AN A E K F M N S AEF S AFM AE.FK AE   AM FK AM Từ ta có: FK  AM S AE AF AFM  S AMN AM AN S AEF AE AF  S AM AN AMN Trở lại tốn, ta có : Thật vậy, hạ S AEF S AEF  S AMN S AFM Mặt khác tam giác AEN , AFM tam giác vuông cân nên AN  AE , AM  AF S AE AF AE AF  AEF    S AMN AM AN AF AE BÀI V Giả sử tồn đường gấp khúc khép kín Gọi AB đoạn thẳng có độ dài lớn đường gấp khúc khép kín Khi đó, giả sử AC , BD hai đoạn kề với đoạn AB Th1: Nếu AC  AB nên điểm B không điểm gần A Th2: Nếu DB  AB nên điểm A khơng điểm gần B Điều chứng tỏ khơng thể nối điểm B điểm A Do đó, không tồn đường gấp khúc thỏa mãn