030 đề thi hsg toán 9 huyện ứng hòa 2020 2021

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ỨNG HÒA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HÓA LỚP ĐỢT I NĂM HỌC 20-21 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu (6 điểm) P Cho biểu thức x 1 x2 x 1  x       x  x x  x  x   x 1  1) Rút gọn biểu thức P Q  x P 2) Tìm giá trị lớn biểu thức 3) Tính giá trị P cho x   50   50 Câu (3 điểm) 2 Chứng minh n  1  2n  1 chia hết cho với số tự nhiên n Câu (4 điểm) Giải phương trình : x  x  x  14 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y xy  x  y Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AK , BD, CE cắt H 1) Chứng minh AB AE  AC AD KC AC  CB  BA2  KB BA  CB  AC 2) Chứng minh 3) Giả sử HK  AK Chứng minh tan B.tan C 3 4) Giả sử S ABC 120cm BAC 60 Hãy tính S ADE Câu 5.(1 điểm) Tìm tất số tự nhiên mà gạch bỏ chữ số số giảm 31 lần ĐÁP ÁN Câu 1) Rút gọn P  x1   x 1 x2 x 1  x     x  x x  x  x   x 1  x2    x  x  x 1 x  x 1  x   x 1    x  x  x 1  x 1 x  x 1  x x   x  1    x  1 x  x  1 x   x     x  x  x 1 x x 1 2x  x  x2 x 2 2)Q   x   x P  x  x   Q   x   2 x   x 2  x Theo bđt Cô si : Suy giá trị lớn Dấu " " xảy 3) Từ x   Ta có : x 7   Q  2  x   x 2 x 50   50 50   50  3x  50  x3  3x  14 0   x    x  x   0  x 2 (do x  x   0) Thay x 2(tmdk )  P   3 Câu n n n 2n  1 2n. 2n  1 3   1,2 ,2  Do số tự nhiên liên tiếp nên tích  2n ,3 1   2n  1  2n  1 3 Mà Câu Giải phương trình : x  x  x  14 (1) Điều kiện : x   1  x  x  14  x  0     x  x    x   x   0   x  3    x   0  x  0   x 3  x   0 Vậy phương trình có nghiệm x 3 2 x  y xy  x  y Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y xy  x  y  x  y 2 xy  x  y   x  xy  y    x  x  1   y  y  1 2 2   x  y    x  1   y  1 2 Vì x, y nên : x y 0 0 1 x 1 1 1 0 y 1 1 1 1 x, y 2;2   0;0  1;0 2;1 Vậy nghiệm nguyên phương trình :  x; y    2;2  ;  0;0  ;  1;0  ;  2;1 ;  1;2  ;  0;1  1  1 1;2 1 1  1  1 1 0;1 Câu A D E H B K C 1) Xét hai tam giác vuông ABD ACE có: BAC chung ; D E 90 AB AD  ABD ∽ ACE ( g g )   AC AE hay AB AE  AC AD 2) Sử dụng định lý Pytago AK  KC   KC  KB   BA2 AC  CB  BA2 VP   BA  CB  AC BA2   KC  KB    AK  KC  AK  KC  KC  KC KB  KB  BA2  BA  KC  KB  KC.KB  AK  KC 2 KC  KC.KB   AK  KB  BA2    BA2  AK   KB  2KC.KB  KC  KC.KB KC  KC  KB  KC   VT (dfcm) KB  KC.KB KB  KB  KC  KB AK AK AK tan B  , tanC   tan B.tanC   1 BK CK BK CK 3) Ta có CK B KHC  tan B tan KHC  HK Mặt khác: BK BK CK tanC tan KHB   tan B.tanC   2 HK HK Tương tự : Từ (1) (2) suy Vậy tan B.tanC 3  tan B.tanC  2  AK   2   3  Do HK  AK   HK    4) Ta chứng minh : ABC ∽ ADE (câu a) S ABC  AB    S Nên ADE  AD  , mà BAC 60 nên ABD 30 S ABC 4  S ADE 30cm AD  AB Ta suy Từ S ADE Câu  Giả sử số gạch chữ số hàng đơn vị, ta có xc 31x  x    10 x  c 31x  21x c Do c 9 VT 21,VP 9 Vô lý  Giả sử số gạch chữ số hàng chục, ta có : xbc 31xc với x    210 x  3bc 10a Lập luận tương tự để x 0,10a 3bc  bc10, a3  a   3;6;9 Ta có số 310;620;930  Tiếp tục trình trên, ta tìm số dạng : 31.10k ;62.10k ;93.10 k  k 0;1;2;3; 