Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2020 - 2021 sở GDĐT Bình Định

BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9

GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH ĐỊNH

Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9

Năm học: 2020 – 2021 Môn: TOÁN – Ngày thi: 18/03/2021 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

-------------------- oOo -------------------- Bài 1. (5.0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2 x x x x     .

2. Cho các số thực , , a b c thỏa mãn 2 4 b c a

 .

Chứng minh rằng phương trình: 2 0 ax bx c   luôn có nghiệm. Bài 2. (6.0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:     

3 2 2 x y x y x y     .

2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại. Bài 3. (4.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn  O lấy điểm C sao cho

cung BC nhỏ hơn cung AC , qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn  O cắt AB tại D . Kẻ

CH vuông góc với AB   H AB  , kẻ BK vuông góc với CD   K CD  ; CH cắt BK tại E .

a) Chứng minh BK BD EC   . b) Chứng minh . . BH AD AH BD  . Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A và M là điểm di động trên BC ( M khác , B C ).

Hình chiếu của M lên , AB AC lần lượt là H và K . Gọi I là giao điểm của BK và CH .

Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (2.0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của x để:

  

3 4 4 4 2 4 2 4 6 3 30 x x x x x x x          .

----------  HẾT  ----------

BỘ ĐỀ THI HSG BD HSG – Toán 9

GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 2

ĐÁP ÁN THAM KHẢO – HSG TOÁN 9 – BÌNH ĐỊNH 2021

Bài 1. (5.0 điểm)

1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2 x x x x     .

2. Cho các số thực , , a b c thỏa mãn 2 4 b c a

 .

Chứng minh rằng phương trình: 2 0 ax bx c   luôn có nghiệm.

1. Điều kiện:

2

2

2

1 0

1 0

1 0

x

x x

x x

      

.

Ta có 2

2 2 0 1 0

1

x x x

x x

       

vô nghiệm. Do đó có thể biết đổi phương trình như sau:

2 2 2

2 1 1 1 2 1 2 1 x x x x x x x x            

 .

Cách 1: 

2 2 2 2 2 1 2 1 1 0 1 1 0 x x x x x x                              

2 2

2 2 1 1 1 0 1 1 1 1 2 1

x x x x x x x x x

              

(thỏa ĐK).

 Vậy nghiệm của phương trình là 1 x . Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:   VT 2 VP     .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 2 1 1

x x x x x x x x x x x

                

(thỏa ĐK).

 Vậy nghiệm của phương trình là 1 x .

2. Ta có  

2 2 2 2 2 2 4 . 2 0 b c b ac b ac b bc c b c a

           với mọi , b c .

 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Bài 2. (6.0 điểm)

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:     

3 2 2 x y x y x y     .

2. Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại.

1. Ta có:     

3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 0 x y x y x y x y x y xy xy y           .

   

2 2 2

2 2 2 0 2 3 3 0 2 3 3 0

y y y x x y x x y x x y x x

                     

.

 Với 0 y  , ta được: 3 3 x x  luôn đúng với mọi x .

Do đó trong trường hợp này phương trình có vô số nghiệm nguyên   ; x y là   ;0 k với k .

 Với   2 2 2 2 3 3 0 y x x y x x      , ta có:    2 4 3 2 2 6 9 24 8 1 8 y x x x x x x x x         .

Trường hợp 1: 1 x  khi đó phương trình có nghiệm kép

2 3 4 1 4 4 x x y     .