4 ĐỀ THI HSG HUYỆN TOÁN 9 TRẮC NGHIỆM và tự LUẬN(HAY)

TRƯỜNG THCS KỲ SƠN ĐỀ THI THỬ LẦN 4 Thời gian 120 phút Bài Nội dung Kết quả Bài 1 Cho a,b là các số thực thỏa mãn a33ab2=52; b33a2b=47 Tinhs S=a2+b2 Bài 2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:x2 – xy + y2 – 4 = 0 Bài 3 Cho x, y thỏa mãn x3+y36(x2+y2)+13(x+y)20=0 Tính A=x3+y3+12xy Bài 4 Giải phương trình Bài 5 Cho a,b,c là các số thực ab+bc+ca=2021abc và 2021(a+b+c)=1 Tính giá trị của biểu thức A=a2021+b2021+c2021 Bài 6 Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ? Bài 7 Tính giá trị biểu thức B = Bài 8 Rút gọn các biểu thức sau: Bài 9 . Cho biểu thức a)Rút gọn biểu thức A . b)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.

TRƯỜNG THCS KỲ SƠN Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài ĐỀ THI THỬ LẦN Thời gian 120 phút Nội dung Kết Cho a,b số thực thỏa mãn a -3ab =52; b -3a b=-47 Tinhs S=a2+b2 Tìm nghiệm nguyên phương trình:x2 – xy + y2 – = Cho x, y thỏa mãn x3+y3-6(x2+y2)+13(x+y)-20=0 Tính A=x3+y3+12xy Giải phương trình x − 5x + = x − Cho a,b,c số thực ab+bc+ca=2021abc 2021(a+b+c)=1 Tính giá trị biểu thức A=a2021+b2021+c2021 Cho ∆ ABC điểm M nằm ∆ ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? Tính giá trị biểu thức B = + 20202 + Rút gọn biểu thức sau: N = 20202 2020 + 20212 2021 +3 +5 + +1 x2 − x 1 + ( + ) Bài Cho biểu thức A = x +1 1+ x + 1− x + a)Rút gọn biểu thức A b)Tìm giá trị nhỏ A Bµi 10 a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y+2)x2+1=y2 b Giải phơng trình: 1 2019 − x + 2019 + + + = 1.2 2.3 x( x + 1) 2019 − x + 2020 c) Giải phương trình: (4x – 1) x + = 2(x2+1) + 2x -1 Bài 11 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE CF cắt H Gọi P Q trung điểm AH BC, gọi N giao điểm PQ EF a) Chứng minh N trung điểm EF b) Chứng minh EF2=4PN.QN (5) x + = 2(x +1) +2x -1 x + = y ( y ≥ 1) Ta có : (4x -1).y = 2y2 + 2x – 2y2 - 4xy +2x + y -1 = (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) =  y = 2x − ⇔  (y-2x + ) (2y- 1) =  y = < 1( lo¹i )  (4x – 1) Đặt (5) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + = 2x -1 ⇔ x2 + = 4x2 – 4x + x = ⇔  x =  ⇔ x(3x – 4) = Bài A I OB = 10 ; OE = 5 E M O C B Biết Tính AB, BC Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ABE D a) Ta có AE OE = = ⇒ AB = AE AB OB Mặt khác AB2+AE2=BE2 ⇔ AE = (15 ) ⇒ AE = 15 Suy AB=30 Trong tam giác ABC ta có EC EA = = ⇒ BC = EC BC AB Mà AC2+AB2=BC2 ⇔ (15+EC)2+302=(2EC)2 Tính EC=25 suy BC=50 b) Vì tam giác ADM vng cân M nên AM = AD Do DM// AC nên theo Thalets ta có AD BM BD AB AB AB + AC 1 = = ⇔ = ⇔ = + ( AM = ) MA DC AC MA AC AD AB AC AD DM + OD BD = = ⇒ = = ⇒ = (1) c) Từ giả thiết ta có OA OI OA AB 2 BD CD BC = = ( 2) AB AC AB + AC Từ (1) (2) ta suy AB + AC = BC ⇔ ( AB + AC ) = BC Mà Kết hợp với định lí Pi-ta-go suy (AB-AC)2=0 suy AB=AC ∠B = ∠C = 45 b) cho a,b,c số thực ab+bc+ca=2015abc (1) 2015(a+b+c)=1(2) Tính giá trị biểu thức A=a2015+b2015+c2015 GIẢI a) 4a + 3ab − 11b 5 ⇔ 5(a + ab − 2b ) − (a + b) 5 ⇒ (a + b) 5 ⇒ (a + b) 5 a4-b4=(a+b)(a-b)(a2+b2) 5 (đpcm) b)+ Nếu a=0 từ (1)suy b.c=0 suy b=0 c=0 kết hợp với (2) Tính   A=   2015  2015   Lập luận tương tự với b c ta củng có A =    2015  2015 + xét a,b,c khác từ (1) (2) suy ( a + b )( b + c )( c + a ) = 1 1   + + = 2015 = ⇔ suy A =   a b c a+b+c abc  2015  2015 Bµi a (y+2)x2+1 = y2 ⇔ (y+2)x2–(y2-4) = ⇔ (y+2)(x2-y+2) = 0.5 0.25 Suy ra: y+2 x2-y+2 y x -1 Lo¹i 1 -1 -3 -3 Lo¹i VËy nghiệm nguyên phơng trình là: (0;1),(0;-1) 1 1 + + + = 1− b 1.2 2.3 x( x + 1) x +1 2009 − x + 2009 Suy ra: = 1− 2009 − x + 2010 2009 − x + 2010 x+1 = 2009 − x + 2010 ⇔ 2009-x+ 2009 − x = ⇔ 2009 − x ( 2009 − x + 1) = ⇔ ⇔ 2009 − x = x = 2009 (tm) 0.5 Bài 2 a) Ta có IE=IF (= AH) KE=KF (= BC) ( x ≤ 2009) -3 -1 -1 1® 0.25 0.5 0.5 0.5 Suy IK đường trung trực đoạn thẳng EF nên IK ⊥ EF A M I E N P F H B C D K b) Vì IE=IA nên tam giác IAE cân I Suy ∠IEA = ∠IAE (1) tương tự tam giác KEC cân K nên ∠KEC = ∠KCE (2) từ (1) (2) suy ∠IEA + ∠KEC = ∠IAE + ∠LCE = 90 suy tam giác EIK vuông E kết hợp với kết câu a áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có KE2=KN.KI c) qua C vẽ tia Cx ⊥ CF, gọi P điểm đối xứng với A qua Cx, M giao mà KE = BC ⇒ KE = BC suy BC2=4KI.KN (đ.p.c.m) điểm Cx với AP AMCF hình chữ nhật suy tam giác ABP vng A CF=AM= AP suy AB2+AP2=BP2 (3) mà BP≤BC+CP=BC+AC (4) từ (3) (4) suy 4CF2 ≤ (BC+AC)2 – AB2 chứng minh tương tự ta có 4BE2 ≤ (BC+AB)2- AC2 4AD2 ≤(AB+AC)2-BC2 Suy 4(AD2+BE2+CF2)≤ (AB+BC+AC)2 suy ( AB + BC + AC ) AD + BE + CF ≥ ( AB + BC + AC ) =4 ( AB + BC + AC ) Dấu “=” xảy ba điểm B, C, P thẳng hàng, lập luận tương tự suy tam giác ABC ... 20 09 − x + 2010 20 09 − x + 2010 x+1 = 20 09 − x + 2010 ⇔ 20 09- x+ 20 09 − x = ⇔ 20 09 − x ( 20 09 − x + 1) = ⇔ ⇔ 20 09 − x = x = 20 09 (tm) 0.5 Bài 2 a) Ta có IE=IF (= AH) KE=KF (= BC) ( x ≤ 20 09) -3... BC2=4KI.KN (đ.p.c.m) điểm Cx với AP AMCF hình chữ nhật suy tam giác ABP vuông A CF=AM= AP suy AB2+AP2=BP2 (3) mà BP≤BC+CP=BC+AC (4) từ (3) (4) suy 4CF2 ≤ (BC+AC)2 – AB2 chứng minh tương tự ta... 1) Ta có : (4x -1).y = 2y2 + 2x – 2y2 - 4xy +2x + y -1 = (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) =  y = 2x − ⇔  (y-2x + ) (2y- 1) =  y = < 1( lo¹i )  (4x – 1) Đặt