010 đề thi hsg toán 9 huyện diễn châu 2020 2021

111Equation Chapter Section 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN – Thời gian làm : 150 phút Bài (6,0 điểm) P x3  3x  x  x a) Cho x      Tính giá trị biểu thức b) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn: a  b c  2024c Chứng minh S a  b3  c 6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên : x  xy  2019 x  2020 y  2021 0 Bài 2.(4,0 điểm) Giải phương trình sau : a) x  x  26 6 x  b)2 x 5  x   x   x  10 Bài (3,0 điểm) a) Cho x, y hai số dương thỏa mãn x  y 6 Tìm giá trị nhỏ biểu Q x  x  y   x y thức b) Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c 3 Chứng minh : a 1 b 1 c 1   a  b  c b2  c  a  Bài (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến MA, MB  A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC BD, đường thẳng MO cắt AB, CD I K Gọi H chân đường vng góc hạ từ điểm B đến đường kính AC a) Chứng minh BH AC 2 MB.CH b) Gọi giao điểm MC BH E Tính BE theo R MO d c) Trên tia đối tia DA lấy điểm F Gọi giao điểm AC FK N Chứng minh NIK AFI Bài (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 2020 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 253 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn ĐÁP ÁN Bài a) Ta có :    1 Ta có : x 3  1 62   1 1  51  1  x  3     51 6 1 2 3     x    x    x  x 1  x3  3x  x  2 x  x  x    x  x   x  2 Thay x  x 1 vào ta : x   x  1 P   1 Vậy a  b c  2024c  a  b  c  c  c   2022c b) Ta có  a  b  c  c  1 c. c  1  2022c Vì  c  1 c  c  1 tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6, 20226  a  b  c  c  1 c  c  1  2022c6  1 Mặt khác : a  b3  c    a  b  c   a  1 a  a  1   b  1 b  b  1   c  1 c  c  1 6   3 Từ (1) (2) suy S a  b  c 6 x c) Giải phương trình nghiệm nguyên  xy  2019 x  2020 y  2021 0 Ta có : x  xy  2019 x  2020 y  2021 0  x  xy  x  2020 x  2020 y  2020 1   x  y  1  x  2020  1 1.1   1   1  x  y  1  y  2021 th1:    x  2020 1  x 2021  x  y    y  2021 th :    x  2020 0  x 2019 Vậy  x; y    2021;  2021 ;  2019;  2021  Bài 2 a) Giải phương trình : x  x  26 6 x  1 x  Điều kiện :     x  x  16   x   x   0   x  4    2 x   0  1   2 x   0, Vì  x   0 (với x);  x  0  x 4   x 4(tm)  1   x   x  3  Vậy x 4 với x  2 x 5  x   x   x  10  1 b) Giải phương trình: ĐK: x   1   x     x   x    x  1 0  2 x  2   x  2 x 1   x  2 x 1    x     x    x       x   x 1 2x     x  1  0 x  x   x  0  x  0  x  x   x  x   0    x 2  x  17 x  15   x  2 x     x 0(ktm)    x 8(tm)    x 3(tm)    x  (ktm)   Vậy S  3;8 Bài a) Cho x, y hai số dương thỏa mãn x  y 6 Tìm giá trị nhỏ Q x  x  y  biểu thức Q  x     x y x  y  3x   y          x  y Áp dụng BĐT Cô-si ta có : 3x 3x y y  2 6;  2 4 x x y y Mặt khác  x   0 (với x),  x  y   3 2 Do Q 0     9  x  0  x  y 6   3x    x  y 2 y  Dấu " " xảy  x 2 (tm)   y 4 Vậy Qmin 9  x 2; y 4 c) Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c 3 Chứng minh : a 1 b 1 c 1   a  b  c b2  c  a  Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có : a  1 b a  1 b a 1   ab  b  a  1   a  1   a  1  2 b 1 b 1 2b a 1 ab  b   a  1   1 b 1 Tương tự : b 1 bc  c  b  1   2 ; c 1 c 1 ca  a  c  1   3 a 1 Cộng theo vế bất đẳng thức  1 ,   ,   ta : a 1 b 1 c 1 ab  bc  ca  a  b  c    a  b  c    b 1 c 1 a 1 6  ab  bc  ca  Mặt khác  a  b  c  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca 3 a 1 b 1 c 1   6  3 Do : b  c  a  Dấu " " xảy  a b c 1 a 1 b 1 c 1   a  b  c  dfcm  Vậy b  c  a  Bài M A D I B E O P N H F K C a) Chứng minh MAO MBO (ch  cgv)  MA MB Kết hợp OA OB  MO đường trung trực AB  I trung điểm AB Từ suy OI đường trung bình tam giác ABC  IO / / BC  MOA BCH (đồng vị) Từ chứng minh hai tam giác vuông MAO BHC đồng dạng  g.g  BH CH   1  BH OA MA.CH MA OA AC OA  , MA MB  BH AC 2MB.CH Mà b) Vì BH / / MA nên áp dụng định lý Ta  let vào tam giác CMA ta có : EH CH EH CH     2 MA CA MA 2OA BH  BH 2 EH  BE EH  Từ (1) (2) Tam giác ABC có cạnh AC đường kính đường trịn ngoại tiếp nên tam  giác vng, theo hệ thức lượng ta có : BH  AH CH  R  CH  CH  3 Thay (1) vào (3) kết hợp BH 2 EH ta : BH R  BH R R MA R d  R  BH  R   BH    MA  MA MA2  R d2  R2 d  R2 d2 c) Qua O kẻ đường vng góc với IK cắt IN P NP NO  Khi ta có OP / / AI (cùng vng góc OI ) nên PI OA  BE  AB )  NK NO  KF OA Mặt khác OK / / AF (cùng vng góc NP NK   PK / / IF  FIK PKI  * Do suy PI KF Mặt khác tam giác PIK cân đỉnh H ( OP trung trực IK ), nên PIK PKI  ** Từ (*) (**)  FIK NIK mà FIK AFI (so le trong)  NIK AFI (dfcm) Bài Gọi cho Ai , Aj hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 2020 điểm AA A AA Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng i j Khi tam giác i j k tam giác có diện tích lớn không lớn A,A ,A Vẽ đường thẳng qua điểm i j k song song với cạnh Ai A j Ak Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 2020 điểm cho Ta có 2020 chia cho 505 có tam giác có tam giác có diện tích nhỏ chứa 505 điểm 2020 điểm cho Chia tam giác thành tam giác có diện tích Ta có 505 chia cho 252 dư nên theo nguyên tắc Dirichlet suy có tam giác có diện tích nhỏ chứa 253 điểm 2020 điểm cho