Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Thạch Hà (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 THẠCH HÀ 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 
MÔN TOÁN LỚP 9 
NĂM HỌC 2020 - 2021 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi: 25 / 09 / 2020 
Bài 1. Có 3 giỏ táo; giỏ thứ nhất có 11 trái, giỏ thứ hai có 7 trái và giỏ thứ 3 có 6 
trái. Nêu cách chuyển các trái táo sao cho số táo trong 3 giỏ bằng nhau. Việc chuyển 
táo từ giỏ này sang giỏ kia phải thỏa mãn điều kiện số táo chuyển vào giỏ đó phải 
đúng bằng số táo có trong giỏ đó. 
Bài 2. a) Cho 
1 4 2 3
A
2
 
 và 
1 2
B
2

 . So sánh A và B 
 b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 
2 3
9 20 5
5 5a b a b
   
 
Bài 3. a) Giải phương trình: 
2
2 2 2
2
2020 2020
1 2 4 4 1 2020
2021 2021
        x x x x . 
 b) Tìm x, y thỏa mãn 2 2020 2x x xy y    
c) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 
22 5M x x   
Bài 4. Cho tam giá ABC vuông tại A có AB < AC; vẽ đường cao AH, phân giác 
trong AD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC 
a) Biết AB = 6 cm; AC = 8 cm. Tính AH, MN, BD 
b) Gọi AE là phân giác ngoài của tam giác ABC. Chứng minh rằng: 
1 1 2
AB AC AD
  và 
1 1 2
AB AC AE
  
Bài 5. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: 0 , , 1 x y z 
Chứng minh rằng: 
3
1 1 1
  
       
x y z
y xz z xy x yz x y z
 ====HẾT===== 
Họ và tên thí sinh:..................................................................... 
Số báo danh:.............................................................................. 
Lưu ý: Học sinh không được dùng máy tính cầm tay. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 SƠ LƯỢC GIẢI 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2020-2021 
MÔN TOÁN LỚP 9 
Bài Nội dung 
Bài 1 
Kí hiệu (a,b,c) là trạng thái: Giỏ thứ nhất chứa a quả táo, giỏ thứ hai chứa b quả táo, 
giỏ thứ ba chứa c quả táo 
Ta thấy tổng số táo mỗi giỏ sau khi hoàn thành công việc là 
(11+7+6)/3= 8 quả 
Mặt khác theo điều kiện bài toán thì rõ ràng phải chuyển táo từ giỏ nhiều sang giỏ ít và 
bắt đầu từ giỏ lẻ sang giỏ lẻ 
Kết quả như sau: (11,7,6) => (4,14, 6) => (4, 8, 12) => (8,8,8) 
Bài 2 
a) 
Ta có 
21 (1 3)1 4 2 3
A
2 2
  
  
2 3 4 2 3
2 2
 
  
2(1 3) 1 3
2 2
 
  
Suy ra A > B 
b) 
ĐK: a b 5  (*) 
2 3
9 20 5 2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5)
a b 5 a b 5
            
 
2 2 2 29a 45b a 5( 20a 100b 5b)       (*) 
Ta thấy (*) có dạng A B 5 nếu 
A
B 0 thi 5 Q
B
   vô lí vậy B = 0 => A= 0. 
Do đó (*)
2 2
2 2
9a 45b a 0
20a 100b 5b 0
   
 
   
2 2 2 2
2 2
9a 45b a 0 9a 45b a 0
9 9
9a 45b b 0 a b
4 4
      
 
  
     
 
2
9
a b a 9 a 0
hoac4
b 4 b 0
b 4b 0

   
   
    
 (Loại vì không thỏa mãn ĐK (*)) 
 a = 9; b = 4 
Bài 3 
a) 
* Biến đổi vế phải ta có 
2 2 22021 (2020 1) 2020 2.2020 1     2 21 2020 2021 2.2020   
2 2
2 2
2 2
2020 2020 2020 2020
1 2020 2021 2.2020
2021 2021 2021 2021
        
2
2020 2020 2020 2020
2021 2021 2021
2021 2021 2021 2021
 
       
 
Phương trình trở thành: 1 2 2021x x    (*) 
Xét 3 trường hợp: 
- Trường hợp 1: Nếu 1 ì (*) 3 2 2021 1009x th x x       (thỏa mãn) 
- Trường hợp 2: Nếu 1 2 (*) 0 1 2021x thi x     (Phương trình vô nghiệm) 
- Trường hợp 3: Nếu 2 (*) 2 3 2021 1012x thi x x      (thỏa mãn) 
Kết luận: Phương trình (*) có 2 nghiệm: 1 1009x   và 2 1012x  
b) 
ĐK 
0
0
x
xy



 (1) 
* Với x = 0 (thỏa mãn (1)) lúc đó phương trình trở thành 
2020 2 0 1010y y      
* Với x > 0 lúc đó 0y  thì 2 2020 2x x xy y    
( 2 ) 2020 0x xy y x y       
2( ) 2020 0x y x y      (2) 
2( ) 0; 0; 0x y x y    nên phương trình (2) vô nghiệm 
Vậy (x; y) = (0; -1010) 
c) 
Điều kiện: 5 5  x (*) 
- Tìm giá trị lớn nhất: 
Ta có BĐT Bunhicopxky: Với 2 bộ số (a1; a2); (b1; b2) ta có: 
(a1b1+a2b2)
2 ≤(a12+a22)(b12+b22)(**) Đẳng thức xẩy ra 1 2
1 2
a a
b b
  
Áp dụng (**) ta có  
2
2 2 2 2 2 22 1. 5 (2 1 )( 5 ) 25       M x x x x 
Đẳng thức xẩy ra khi 2
2 2
0 0
5 2
2 22 4(5 )
  
      
    
x xx
x x
x hoac xx x
 (TMĐK(*)) 
Vậy với x = 2 thì GTLN của M = 5 
- Tìm giá trị nhỏ nhất 
Từ điều kiện (*) tá có 2 2 5 x (1) 
Mặt khác 
25 0 x (2) 
Từ (1) và (2) ta có 
22 5 2 5    M x x 
Đẳng thức xẩy ra khi 
2
2 2 5
5
5 0
  
  
 
x
x
x
Vậy khi 5 x thì M đạt GTNN là 2 5 
Bài 4 
A 
C 
H D B 
E 
M 
N 
a) (4,0đ) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta có: 
2 2 2
1 1 1 1 1 25
4,8
36 64 576
AH cm
AH AB AC
       
Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông ABH ta có: 
2 2 2 36 23,04 3,6BH AB AH BH cm      
Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta có: 
2 2 2 36 64 10BC AB AC BC cm      
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: 
6
0,75
8
DB AB
DC AC
   (1) 
Mặt khác 2 2 2 36 64 10BC AB AC DB DC BC cm        (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 
30 40
;
7 7
DB cm DC cm  
Suy ra 
24
35
HD BD BH cm   
Áp dung định lí Pitago trong tam giác vuông AHD ta có: 
2 2 2 576 576 224
25 1225 7
AD AH DH AD cm      
Tứ giác AMDN là hình vuông nên 
2
24
7
MN AD cm  
b) 
Tứ giác AMDN là hình vuông nên 
2
AD
DM DN  
Ta có ABC ABD ACDS S S  
1 1 1 1 1
. . . ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
AD
AB AC AB DM AC DN DM AB AC AB AC       
1 1 2
AB AC AD
   (đpcm) 
b) Gọi Q, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của E trên AB và AC 
 Tứ giác AQEK là hình vuông nên 
2
AE
EK EQ  
A 
C 
H D 
B E 
Q 
K 
Ta có ABC AEC AEBS S S  
1 1 1 1 1
. .EK .EQ EQ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
AE
AB AC AC AB AC AB AC AB       
1 1 2
AB AC AE
   (đpcm) 
Bài 5 
 Vì x, y (0,1] nên (1 )(1 ) 0 1      x y xy x y 
1     z xy x y z 
(1)
1
 
   
y y
z xy x y z
Tương tự ta có (2) ; (3)
1 1
 
       
x x z z
y xz x y z x xy x y z
Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được 
3
1 1 1
 
   
         
x y z x y z
y xz z xy x yz x y z x y z
Dấu “=” xẩy ra khi x = y = z =1