Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Ba Đình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Ba Đình (Có đáp án)

1. PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TOÁN 9 Đề số 6 Câu 1. 1 a) Cho a =−1. Tìm giá trị của aa3 −+66 23− b) Cho A = 99 99.99 99 . Hỏi A có bao nhiêu chữ số ? 2020920209cscs Câu 2. a) Giải phương trình 212121xxxxx2 −+=−+− b) Tìm cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn xxxy( 23−+=+61227 ) Câu 3. a) Cho a; b; c là ba số tự nhiên liên tiếp. CMR: abc333++ chia hết cho 3. b) Cho biểu thức A =+++++123 2019202033333 . Tìm số dư khi chia A cho 3. Câu 4. Cho hình vuông A B C D tâm O , trên cạnh AB, BC lấy MN, tương ứng sao cho BMCN= . a) Chứng minh M O N vuông cân. b) AN cắt DC tại E , ON bắt BE tại F . Tìm vị trí MN, để các tứ giác ABEC, MBFN là hình bình hành. c) Chứng minh CFBE⊥ . d) Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác OMBN . Câu 5. Cho a; b là các số thực dương thỏa mãn ab+=2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 A= a33 + b + + 3 ab ab22+
2. PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TOÁN 9 Câu 1. 1 a) Cho a =−1. Tìm giá trị của aa3 −+66 23− b) Cho A = 99 99.99 99 . Hỏi A có bao nhiêu chữ số ? 2020920209cscs Lời giải 123 + a) a =−=−=+ 1113 23− (2323−+)( ) aa3 −+66 3 =+−++(136 136) ( ) =+−−+63106636 =10 b) Cho . Hỏi A có bao nhiêu chữ số ? A ==−=−99 99.99 9910 00 1 99 99 10 00.99 99 99 99 2020cscscscscs 9 2020 92020 92020101020202020 92020 9 =−=99 9900 0099 9999 99800 001 20202020202020192019cscscscscs Vậy A có 2019+ 2019 + 1 + 1 = 4020 chữ số Câu 2. a) Giải phương trình 2x2 − x + 1 = 2 x − 1 + x 2 x − 1 b) Tìm cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn x( xxy23−+=+61227 ) Lời giải a) Giải phương trình 1 2x2 − x + 1 = 2 x − 1 + x 2 x − 1(đk: x ) 2
3. −+=−+−xxxxx(2112121) −+=−+−xxxxx(2112121) x2 x − 1 2 x − 1 − 1 − 2 x − 1 − 1 = 0 ( ) (x2 x − 1 − 1) 2 x − 1 − 1 = 0 Th1: xx2 1 1− 0 − = t 2 +1 Đặt txx=− =21 (t 0) 2 Phương trình đã cho có dạng .1(t 2 + ) t =1 2 +=tt( 2 12) +−=tt3 20 −+−=(tt3 110) ( ) −+++−=(tttt1110)( 2 ) ( ) −++=(ttt 120)( 2 ) t =1 2 ttvn++= 20() Vậy txxx= −= = =1211221 TH2: 2xx− 1 = 1 = 1 ( Thỏa mãn điều kiện) Vậy x =1 là nghiệm của phương trình. b) Tìm cặp số nguyên ( xy, ) thỏa mãn xxxy( 23−+=+61227 ) xx( 233−+=+ −+6 xyx 233 12276) x 23 12276 xyx 12 x 819 x =+ −+−=+ y 3 322 −−= −−−( xyx21922219) y xx( y y ) ( +−) ( +) = 2 22 2 222 y33 yyy Ta có (xx−+−222) y( y 2.) xxx +=−+ 2 .20 ( ) ( −+) =−+ + 4 424 Do x, y là số nguyên nên xy−−2 và ( xxyy−+−+22) 22( ) là ước của 19 TH1:
4. x−2 − y = 1 x = y + 3 xy=+3 2 2 2 2 2 ( x−+−+=2) ( x 2) y y 19( y +−++−+= 3 2) ( y 3 2) y y 19 yy+ −60 = xy=+3 y =−3 ( xy;) ( 5;2) ;( 0; − 3) y = 2 TH2: x−2 − y = 19 x − 2 = y + 19 2 2 2 2 (không có giá trị y nguyên ) (x−2) +( x − 2) y + y = 11( y + 19) +( y + 19) y + y = 1 Câu 3. a) Cho a; b; c là ba số tự nhiên liên tiếp. CMR: abc333++ chia hết cho 3. b) Cho biểu thức A =+++++123 2019202033333 . Tìm số dư khi chia A cho 3. Lời giải a) Cho a; b; c là ba số tự nhiên liên tiếp. CMR: chia hết cho 3. Vì a; b; c là ba số tự nhiên liên tiếp nên ta có: ba=+1 ca=+2 ++=++++abcaaa333333 (1)(2) =++++aaaaaaa33232 ++++3316128 =+++39159aaa32 =+++3.(351)aaa32 Vậy chia hết cho 3. b) Cho biểu thức . Tìm số dư khi chia A cho 3. A =++++++++++1234567 2018201920203333333333( ) ( ) ( ) Theo phần a: (2343333++) ; (5673333++) ; ;(2018201920203333++) Nên A chia cho 3 dư 1 Ta có A =++++1333 2 3 2019 3333333 + 2020 =++ 1 (2 2020 ) ++ (3 2019 ) ++ (1010 33 + 1012 ) =+−++−+++1 2022(22 2.2020 2020 2 ) 2022(2 2 3.2019 2019 2 ) 2022(1010 2 − 1010.1012 + 1012 2 ) =1 + 2022(22 − 2.2020 + 2020 2 + 2 2 − 3.2019 + 2019 2 + + 101022 − 1010.1012 + 1012 ) Do 2022 chia hết cho 3 nên A chia cho 3 dư 1. Câu 4.
5. Cho hình vuông A B C D tâm O , trên cạnh A B, B C lấy MN, tương ứng sao cho B M C= N . a) Chứng minh M O N vuông cân. b) AN cắt DC tại E , ON bắt BE tại F . Tìm vị trí MN, để các tứ giác A B E C M, B F N là hình bình hành. c) Chứng minh CF⊥ BE . d) Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác O M B N . Lời giải A H M B O N F D C E a) Chứng minh vuông cân. Ta có: ABCD là hình vuông ====OBOC OBMOCNBOC;45 ;90 . =OBMOCNcgc −− ( ) ==OMONMOBNOC; Ta có: MONMOBBONNOCBONBOC=+=+== 90 Suy ra vuông cân tại O . b) cắt tại , bắt tại . Tìm vị trí để các tứ giác là hình bình hành. * Tứ giác ABEC là hình bình hành NB = NC; NA = NE . +) Khi NBNC= thì =ABNCNE − − gcg( ) =NANE +) Khi thì ON là đường trung bình của BCD ON// CD // AB mà OMON⊥ ( vuông tại ) ⊥OMAB M là trung điểm của AB . Vậy khi MN, lần lượt là trung điểm của AB, BC thì tứ giác là hình bình hành.
6. * Tứ giác M B F N là hình bình hành =NFMBNFMB// ; . +) Khi N F M/ / /B / C D mà O B O= D N là trung điểm của BC M là trung điểm của AB (chứng minh trên) +) Khi N là trung điểm của , mà O N D// E hay O F D// E 1 F là trung điểm của BE ON = NF = CE 2 Mặt khác, khi MN, lần lượt là trung điểm của AB, BC thì O M B N là hình vuông ==NFMBON( ) . Vậy khi lần lượt là trung điểm của thì tứ giác là hình bình hành. c) Chứng minh CF⊥ BE . NC NE +) Xét A N B có CE// AB = (định lí Ta – lét) NB NA MBNE mà NC== BM; NB AM = MNBF// (định lí Ta – lét đảo) MANA =BFNMNO (hai góc đồng vị) ==BFNMNO 45 ( MON vuông cân tại O ) +) Xét NCO và N F B có: NCONFB== ( 45 ) ; ONCBNF= (đối đỉnh) NCNO −NCONFBgg ( ) = −− NFCNBO cgc( ) NFNB =NFCNBO , mà NBO =45 =NFC 45 . +) Ta có: BFCBFNNFCCFBE=+=+ = ⊥ 454590 . d) Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác OMBN . Ta có: chu vi tứ giác bằng: COMONBMBNOMBN =+++ mà ONOM== BNMA; COMBN =2 OM + AB 2 OH + AB = AB + AB = 2 AB (không đổi). Dấu “=” xảy ra M là trung điểm của AB . Vậy chu vi tứ giác nhỏ nhất bằng 2AB khi M là trung điểm của . Câu 5.
7. Ta có 6 Aabab=+++33 3 ab22+ 3 6 Aababab=+−+++( ) 3(ab)3 (abab+−)2 2 6 Thay ab+=2 =+−Aab83 42− ab 3 =+−Aab83 2 − ab 3(1)ab − 2 =+A 8(*) 2 − ab Do a, b dương áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: Ta có ababab+ 21 ab =1 Nên A 8 khi ==ab1 ab+=2 Vậy GTNN của A là 8 khi ab==1.