›
›
›

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Điện Biên

pdf 407 trang nhatle22 3240
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Điện Biên", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_toan_nam_hoc_2019_2020_so_g.pdf

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Điện Biên

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐIỆN BIÊN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/4/2019 Câu 1. (5,0 điểm) x 12 1. Cho biểu thức P 1 : 1 x 1 x 11 x x x x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q x Pnhận giá trị nguyên 2. Cho x x22 1 2 y 4 y 1 1.Tính giá trị biểu thức xy33 8 2019 Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2x2 x 3 3 x x 3 3 6 x 2 y 2. Giải hệ phương trình: 8 32x 3 y Câu 3. (3,0 điểm) 1. Chứng minh: 1 1 1 1 1 n * 22113322 n 11 n n n n 1 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 5 x22 9 y 12 xy 24 x 48 y 82 Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn O . Kẻ các đường cao BE, CF của ABC E AC,. F AB Các đường cao BE, CF cắt (O) lần lượt tại M và N a) Chứng minh rằng MN song song với EF; OAvuông góc với EF. b) Gọi H là trực tâm của ABC.Chứng minh rằng CH CF BH BE BC2 2. Cho điểm O thuộc miền trong của ABC.Các tia AO,, BO COcắt các cạnh của BC, OA OB OC AC, AB lần lượt tại GEF,,.Chứng minh tổng không phụ thuộc vào AG BE CF vị trí điểm O Câu 5. (2,0 điểm) 1. Chứng minh rằng P x32 3 x 3 x 3là một số chính phương khi x 1 33 2 4 2. Tìm xy, thỏa mãn xy22 25
  2. ĐÁP ÁN Câu 1. 1. a) Điều kiện : xx 0; 1 x 12 P 1 : 1 x 1 x 11 x x x x xx 1 1 2 P :1 x 1 x 1 xx 11 x 11 x x P :1 x 1 xx 11 xx 1 xx 11 .1 x 1 xx 11 x 11 x x x x 1 x 1 x 1 x x x 1 1 1 Q x P x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 b) Để Q thì x 1là ước của 1 x 11 x 0( tm ) x 11 x 2( VN ) Vậy x 0thì Q 2) Ta có: x2 x 21 2 y 4 y 2 1 x x 2 1 2 y 4 y 2 1 x x 2 1 x 2 y x22 1 4 y 1 (1) Tương tự ta có: 441y2 y 2 x x 2 1241 y y 2 x x 2 1241 y y 2 x 2 y 4 y22 1 x 1 (2)
  3. Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 2 x 2 y 0 x 2 y 0 Mặt khác xy3 8 3 2019 xyxxyy 2 2 2 4 2 2019 2019( Vixy 2 0) Câu 2. 1.Đặt x a, x 3 b 0 Ta có phương trình: 2a22 b 3 ab 0 a b 2 a b 0 TH1: a b x x 3 x 0 1 13 x 0 x 1 13 x 2 2 xx 30 2 1 13 x 2 TH2: 2a b 2 x x 3 x 0 x 0 x 1 x 1 4xx2 3 0 3 x 4 1 13 Vậy S ;1  2 3 6 x 2(1) y 2. DK:0 y 8 3x 3 2 (2) y Cộng PT (1) với PT (2) ta được: 328 6 2 2x 4 x32 3 x 0 x x 3 0 y y y y y
  4. 2 TH1: x thay vào phương trình (1) ta được: y 86 2 2 2y32 6 y 8 0 y 1 y 2 0 yy3 yx 12 yx 21 222xx 4 2 1 1 TH2: xx23 0 2 2 3 0 y y y y y 2 11 x 2 3 0( VN ) yy Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm xy; 2;1 ; 1; 2  Câu 3. 1. Ta có: 2 nnnnnn 1 1 1 nn 1 n 1 nn 1 n  0 n 1 1 1 1 n 1 n 1 n n n n 1 n 1 n n n 1 1 1 1 1 2211 n 11 n n n 2112 n 1 n n 1 n 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3nn 1 1 1 1 1 2 2 1 1 n 1 n 1 n n n 1 2. Ta có: A 5 x22 9 y 12 xy 24 x 48 y 82 9y22 12 y x 4 4 x 422 4 x 4 5 x 24 x 82 2 2 A 3 y 2 x 4 x 8 x 18 2 2 A 3 y 2 x 4 x 4 2 A 3 y 2 x 82 x 4 2 2 2
  5. 16 3yx 2 8 0 x A 2.Dấu bằng xảy ra khi 3 x 40 x 4 x 4 GTNN của A 2 16 y 3 Câu 4. A M E F N O H C B D 1. a) Ta có Tứ giác BFEC nội tiếp BCF FEB(cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC) BCF BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn (O)) BMN FEB MN/ / FE ( dfcm ) (*)
  6. Ta có: OM ON R (1) Mặt khác : ECF FBE (cùng chắn cung EF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC) ECF FBE AM AN AM AN(2) Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của MN Từ (*) và ( ) OA EF 1b) Gọi D là giao của AH với BC. Ta có : AD BC CH CD CDH CFB(C chung; DF 900 ) CH. CF CB . CD (3) CB CF BH BD BDH BEC( B chung; DE 900 ) BH. BE BC . BD (4) BC BE Cộng vế với vế (3) và (4) ta được: CH CF BH BE CB CD BD BC CH CF BH BE BC CD BD BC 2 2. A E F O B G C Đặt SSSSSSAOB 123;; AOC BOC S BOS BO S SS BO Ta có: 1 ; 3 1 1 3 (1) SABE BE S BEC BE S ABE S ABC BE
  7. S CO S CO S S S S CO 3 ; 2 3 2 2 3 (2) S CF S CF S S S CF BCF ACF BCF ACF ABC S AOS AO S S SSAO 1 ; 2 1 2 2 1 (3) SABG AGS AGC AGS ABG S AGC S ABC AG AO BO CO 2 SSS Cộng vế với vế: 1 2 3 2 AG BE CF SABC AO BO CO Vậy tổng không phụ thuộc vào vị trí điểm O. AG BE CF Câu 5. 3 3 3 1 2 1 2 4 1 1)x 1 33 2 4 1 33 2 2 1 1 3 x 3 2 1 x 1 2 x3 x 1 3 21 2x3 x 1 3 0 x 3 3 x 2 3 x 1 0 x32 3 x 3 x 3 4 P 42 2 là một số chính phương. 2) xy22 2 5 (5).Từ phương trình (5) xlẻ x 21 m m Thay vào phương trình (5) ta được: 2m 1 2 2 y2 5 4 m 2 4 m 2 y 2 4 2 m m 1 y 2 2(6) Từ pt (6) y chẵn y 2 k k Thay vào (6) : 2m m 1 2 k 2 2 2 m m 1 4 k 2 2 m m 1 2 k 2 1 (7) Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
  8. SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP THÀNH PHỐ LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Bài 1. a) Giải phương trình: 3 2 xx 1 1 2 2 2 b) Cho S 1 1 1 là tích của 2019 thừa số 2.3 3.4 2020.2021 Bài 2. a) Biết ab, là các số nguyên dương thỏa mãn a22 ab b chia hết cho 9. Chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3 b) Tìm số nguyên dương n sao cho 9n 11là tích của k k ;2 k số tự nhiên liên tiếp Bài 3. a) Cho x,, y z là các số thực dương nhỏ hơn 4 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng trong các số ;; luôn luôn tồn tại ít nhất một x4 y y 4 z z 4 x số lớn hơn hoặc bằng 1 b) Với các số thực dương abc,,thỏa mãn a2 b 2 c 2 21 abc Tìm GTLN của biểu thức P ab bc ca abc Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC .Đường tròn I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,, CA ABlần lượt tại DEF,,.Gọi S là giao điểm của AI và DE a) Chứng minh rằng IAB EAS b) Gọi K là trung điểm của AB,O là trung điểm của BC.Chứng minh rằng ba điểm KOS,,thẳng hàng c) Gọi M là giao điểm của KI và AC.Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại N. Chứng minh rằng AM AN Bài 5. Xét bảng ô vuông cở 10 10gồm có 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng 1 số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần
  9. ĐÁP ÁN Bài 1. ab32 1 3 22 x a x a3 a) ĐKXĐ: x 1.Đặt 2 ab 1 xb 1 xb 1 ba 1 a 0 Do đó : a3 b 21 a 3 1 a2 1 a a 1 a 2 0 a 1 a 2 20 x TH1: a 0 b 1 x 2( tm ) x 11 21 x TH2: a 1 b 0 x 1( tm ) x 10 28 x TH3: a 2 b 3 x 10( tm ) x 19 Vậy S 1;2;10 b) Với n *ta có: 22nn2 nn 12 1. Thay n 2;3 ;2020ta có: n n 1 n n 1 n n 1 1.4 2.5 3.6 2019.2022 1.2.3 2019 . 4.5.6 2022 2022 337 S . . 2.3 3.4 4.5 2020.2021 2.3.4 2020 . 3.4.5 2021 2020.3 1010 Bài 2. a) Ta có : aabb2 29 4 aabb 2 2 9 3 ab 22 ab 9(*) 3a b2 a b 2 3 a b 3 a b 2 9. Từ (*) ta lại suy ra: 22 ab 3 a 3 3 a b 9 a b 9 a b 3. Do đó 23a ab 3 b 3 b) Nhận xét : tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3 Ta thấy với n nguyên dương thì 9n 11không chia hết cho 3 nên k 2
  10. Đặt 9n 11 aa 1 với a nguyên dương. Ta có 9nn 11 a a 1 4.9 45 4 a2 4 a 1 2 2a 1 2 2.3n 45 2 a 1 2.3 n 2 a 1 2.3 n 45 Vì an, nguyên dương nên 2a 1 2.3n 9.Ta có các trường hợp sau: 2a 1 2.3n 9 TH1: 4 a 2 14 a 3 9n 11 12 n 0( ktm ) n 2a 1 2.3 5 2a 1 2.3n 15 TH2: 4 a 2 18 a 4 9n 11 20 n 1( tm ) n 2a 1 2.3 3 2a 1 2.3n 45 TH3: 4 a 2 46 a 11 9nn 11 132 9 121( ktm ) n 2a 1 2.3 1 Vậy nk 1, 2 thỏa mãn bài toán Bài 3. 1 1 1 1 1 1 a) Ta có : 0; 0; 0.Áp dụng BĐT Bunhia ta có: x4 y y 4 z z 4 x 2 1 1 1 1 1 1 36.4. x y y .4. z z .4. x x4 y y 4 z z 4 x 1 1 1 1 1 1 x4 y y 4 z z 4 x x4 y y 4 z z 4 x 1 1 1 1 1 1 1111 3; Do đó trong các số ; x4 y y 4 z z 4 x xy4 yz4 11 ; luôn luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1 zx4 b) Ta có 2P 2 ab bc ca 2 abc 2 ab bc ca a2 b 2 c 2 1 a b c 2 1 Mặt khác : abc2 2 22 abc 1 ab 2 2 abcc 2 1 ab 2 2 ab 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 a b a b 2 ab ab c 11 a b ab c c 2 2 2
  11. 22 a b 12 a b 3 9 5 5 Do đó a b c 21 P P 2 2 2 4 4 8 5 1 Vậy GTLN của P là .Đạt được khi abc 8 2 Bài 4. A E F I K M S C O B H D N BAC ABC1800 C C a) Ta có AIB 1800 180 0 90 0 AIB AES 2 2 2 Và EAS IAB nên IAB EAS b) Ta có IAB EAS ASE IBA IBD do đó tứ giác IBDS nội tiếp ISB IDB 900 mà IAB 450 nên ASB vuông cân tại S có KA KBnên SK là trung trực của AB. Mặt khác ABC vuông có OB OC nên OA OB suy ra O đường trung trực của AB .Hay ba điểm KOS,,thẳng hàng.
  12. AK IK c) Vì IAlà phân giác của AMK nên .Áp dụng định lý Talet và hệ quả ta AM IM IK FK AK FK AK AM AN SA AK có: (1).Mặt khác , (2) IM FA AM FA FK FA ID SI FK AM AN Từ (1) và (2) suy ra mà FA IDnên AM AN FA ID Bài 5. Ta thấy 2 ô vuông ở hai góc của hình A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 vuông 10 10là xa nhau nhất. Gọi các số A11 được điền vào mỗi ô vuông đó lần lượt là A12 a1; a 2 ; ; a 19 . Ta có: A13 a1 a 2 1 1 a 1 a 2 1; 1 a 2 a 3 1; A14 A15 ; ; 1 aa18 19 1, cộng vế theo vế ta có A16 18 a a 18 a a 18 A17 1 19 1 19 A18 Vậy a; a ; ; a là các số nguyên nên chỉ 1 2 19 A19 có tối đa 19 số nguyên khác nhau được điền vào trong bảng. Có 100 ô vuông trên bảng, nên theo nguyên lý Dirichle thì có ít nhất một số xuất hiện trên bảng 100 16lần 19
  13. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐĂK LĂK LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỂ CHÍNH THỨC Câu 1. a) Rút gọn biểu thức A 3 2 3 33 12 5 3 37 30 3 x x 6 x 12 x 8 y y b) Giải hệ phương trình: x 2 x 1 2 y Câu 2. a) Cho phương trình x2 4 x 2 x 2 m 5(m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,một đường thẳng d có hệ số góc k di qua điểm M 0;3 và cắt Parabol P : y x2 tại hai điểm AB,. Gọi CD, lần lượt là hình chiếu vuông góc của AB, trên trục Ox.Viết phương trình đường thẳng d,biết hình thang ABCD có diện tích bằng 20. Câu 3. a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x22 y 2 xy 6 x 4 y 20 b) Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó Câu 4. Cho điểm Anằm ngoài đường tròn O . Vẽ hai tiếp tuyến AB,(, AC B C là các tiếp điểm) và một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB ( DE, thuộc O ). Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, ABlần lượt tại PQ, a) Gọi H là giao điểm của BC với OA.Chứng minh rằng tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E.Chứng minh APK,, thẳng hàng. Câu 5. Cho hình vuông ABCD.Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm MN, (M khác B và C, N khác C và D) sao cho MAN 450 .Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau. a 1 b 1 c 1 Câu 6. Cho abc, , 0thỏa mãn abc 3.Chứng minh rằng: 3 b2 1 c 2 1 a 2 1
  14. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: 3 A 3 2 3 33 12 5 3 1 2 3 3 2 3 33 12 4 2 3 22 3 2 3 33 12 3 1 3 2 3 21 12 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 3 3 b) ĐKXĐ: xy,0 33 Ta có: x x 6 x 12 x 8 y y x 2 y y x 2 Thế vào phương trình thứ hai được x 1 y 1( ktm ) x 2 x 1 2 x 4 x 1 x 3 0 x 9 y 1 y 1 Vậy hệ có nghiệm xy; 9;1 Câu 2. a) Ta có phương trình tương đương x 2 2 2 x 2 m 1 0. Đặt xt 20 Ta có phương trình t2 2 t m 1 0(*).Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình * phải có 2 nghiệm t dương phân biệt. Khi đó: '0 m 0 2 0 1 m 0 m 1 m 10 b) Gọi phương trình đường thẳng d :. y ax b Vì d đi qua M 0;3 nên d :3 y ax Hoành độ giao điểm của d và P là nghiệm của phương trình: x2 ax 30 , do 1. 3 0nên phương trình x2 ax 30 luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d cắt P tai xAB x a hai điểm phân biệt Avà B có hoành độ xxAB, . Theo Vi-et thì . Khi đó tọa độ xxAB.3 22 A xAABB;,; x B x x ;C xAB;0 ; D x ;0
  15. 22 2 AC BD . CD xABAB x x x Ta có: S 20 ABCD 22 x x22 2 x x x x 4 x x 40 a22 6 a 12 40 ABABABAB Đặt at2 12 , ta có: t32 6 t 40 0 t 4 t 4 t 10 0 t4 t 22 6 0 t 4 a2 12 4 a 2 Phương trình đường thẳng d : y 2 x 3; d : y 2 x 3 Câu 3. a) Ta có phương trình tương đương: x 1 22 x y 2 25 22 x 1 x y 2 25 02 5 2 3 2 4 2 . Xét các trường hợp sau: x 10 TH1: x ; y 1; 6 ; 1;4  xy 25 x 15 TH2: x ; y 6;4 ; 4; 6  xy 20 x 13 TH3: x ; y 2;8;2;0;4;6;4;2  xy 24 x 14 TH4: x ; y 3;8;3;2;5;6;5;0  xy 23 b) Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd a b c d 3 , theo bài ra 1000 abcd 9999 Đặt a b c d n 1000 n3 9999 10 n 21 Mặt khác abcd 999 a 99 bcnn 9 33 nn 9 n 1 nn 1 9 Do đó trong 3 số n 1; n ; n 1phải có một số chia hết cho 9,kết hợp với 10 n 21 n 10;17;18;19 Với n 10 a b c d 10 abcd 1000( ktm ) Với n 17 a b c d 17 abcd 4913( tm ) Với n 18 a b c d 18 abcd 5832( tm ) Với n 19 a b c d 19 abcd 6859( ktm )
  16. Vậy n 4913;5832 Câu 4. B E K I Q D P O A H C a) Áp dụng phương tích đường tròn ta có AB2 AD. AE . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABO vuông có: AB2 AH AO AH AO AD AE AH AD AHD AEO AE AO AHD AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của AE với BC.Ta có: AHD DEO ODE OHE BHD BHE Suy ra HI là phân giác ngoài của DHE mà HI AH nên HAlà phân giác ngoài DHE HD AD ID DQ AD ID DP Do đó mà PQ// BK nên DQ DP HE AE IE EB AE IE EB Ta có: DQ DP, EB EK và PQ// BK nên APK,, thẳng hàng
  17. Câu 5. A B H Q M P D N C Đường chéo BD cắt AN, AM lần lượt tại P và Q. Ta có PAM PBA PAM 450 nên tứ giác ABMPnội tiếp. Suy ra PMA PBA PAM 450 APM vuông cân Tương tự NDQ NAQ 450 nên tứ giác ADNQnội tiếp QNA QDA QAN 450 AQN vuông cân. Kẻ PH AM tại H HA HM PH hay AM 2 PN SAPQ PH. AQ PH . NQ 1 Ta có: SSAMN 2 APQ SAMN NQ. AM NQ .2 PH 2 Câu 6. a 1 a 11 b22 a b ab b Áp dụng Cô si ta có a 1 a 1 a 1 b22 1 b 1 2 b 2 b 11 bc c c ca a Tương tự ta cũng có bc 1 ; 1 ca22 1 2 1 2 Cộng vế theo vế ta được:
  18. a 1 b 1 c 1 ab bc ca a b c ab bc ca 3 abc 36 b2 1 c 2 1 a 2 1 2 2 Mặt khác ta có BDT a b c 2 33 ab bc ca ab bc ca a 1 b 1 c 1 Do đó : 3.Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi abc 1 b2 1 c 2 1 a 2 1
  19. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 23/3/2019 Câu 1. (4 điểm) x x 3323 x x x 0 Cho biểu thức A x 2 x 3 x 1 3 x x 9 a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A Câu 2. (4 điểm) Cho phương trình x22 2 m 4 x m 8 m 9 0 a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) Tìm m nguyên dương để phương trình đã cho có hai nghiệm xx12; sao cho xx22 60 P 12 đạt giá trị nguyên xx12 Câu 3. (4 điểm) 14 a) Giải phương trình : xx 4 5 0 x x b) Tìm tất cả các cặp xy; nguyên thỏa mãn x22 y x 2 22 2 y 2 2 xy 2 y 4 5 Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp trong đường tròn O , các đường cao BE, CF cắt nhau tại H E AC, F AB a) Gọi K EF  BC, L AK  O với LA .Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp và HL AK b) Chứng minh rằng đường thẳng HL đi qua trung điểm của BC c) Gọi T là điểm trên đoạn thẳng FC sao cho ATB 900 .Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT và CET tiếp xúc nhau Câu 5. (2 điểm) Cho đa giác đều 30 đỉnh. Chứng minh rằng trong các đỉnh đó, bất kỳ một bộ gồm có 9 đỉnh nào đều chứa 4 đỉnh tạo nên một hình thang cân
  20. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có x x 3323 x x A xx 13 xx 13 2 x x 3 2 x 3 x 3 x 1 xx 13 x x 3 x 8 x 24 xx 38 x 8 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 89 b) Ta có: Ax 12 xx 11 Vì x 1 0,  x 0; x 9nên áp dụng BĐT Cô si ta có: 9 Ax 2 1 . 2 4 x 1 9 Đẳng thức xảy ra khi xx 14 . Vậy Ax 44 x 1 min Câu 2. a) Ta có: ' m 4 2 m2 8 m 9 25 0 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m x12 x 2 m 4 2 m 8 b) Áp dụng định lý Vi-et ta có: 2 x12 x m 89 m 2 xx22 60 x x 2 x x 60 P 12 1 2 1 2 x1 x 2 x 1 x 2 2 2 2m 8 2 m 8 m 9 60 mm2 8 11 5 Pm 4 2m 8 m 4 m 4
  21. 5 P nguyên nguyên m 4là ước của 5 m 4 m 4 1; 5 .Mà m nguyên dương nên m 1 Câu 3. a) Điều kiện : x 0 11 Đặt t x 22 x t 2 đi đến phương trình: x x 2 t 1( ktm ) tt 4 3 0 t 3( tm ) 3 5 7 3 5 xy 1 22 Do đó x 3 x 3 x 1 0 x 3 5 7 3 5 xy 22 7 3 5 7 3 5 Kết hợp điều kiện, phương trình có hai nghiệm: xx ; 22 b) Ta có: x22 y x 2 22 2 y 2 2 xy x 2 y 4 5 xyx2 2 24 x 4 4 y 2 8 y 4 2 xyxy 2 4 2 8 xy 5 x2 y 2 4 xy 4 x 2 4 x 4 2 y x 2 4 x 4 1 x22 4 x 4 y 1 2 y 1 x 2 22 y 1 1 TH1: x 2 y 1 1 x 3; y 2 TH2: x 2 y 1 1 x 1; y 0 TH3: x 2 y 1 1 x 3; y 0 TH4: x 2 y 1 1 x 1; y 2 Vậy phương trình có các cặp xy; nguyên là: 3;2 ; 1;0 ; 3;0 ; 1;2
  22. Câu 4. A E L F T H C I B K M a) Ta có: AFH AEH 900 suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH. Ta có tứ giác ALBC nội tiếp KB. KC KL . KA (1) Vì tứ giác BFEC nội tiếp KB. KC KF . KE (2) Từ (1), (2) suy ra tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH b) Gọi M  HL O .Vì LH AK AM là đường kính.
  23. MC AC Ta có: MC/ / BH (3) BH AC CH AB Ta có: CH/ / MB (4) MB AB Từ (3) và (4) Tứ giác BHCM là hình bình hành HL đi qua trung điểm của BC c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABT thì AT2 AF. AB và chú ý BFEC nội tiếp nên AF AB AE AC Do đó, AT2 AE. AC hay AT là tiếp tuyến của đường tròn (CET) Hơn nữa, KFB ACB KLB nên suy ra KLFB nội tiếp, do đó AF AB AL AK nên AT2 AL. AK tức là AT là tiếp tuyến của KLT Vậy CET tiếp xúc với KLT vì có AT là tiếp tuyến chung Câu 5. M E A O C B N Ta gọi các cạnh song song với nhau là cùng một hướng. Chú ý rằng hai cạnh hoặc hai đường chéo song song với nhau tạo thành một hình thang cân .
  24. Ta thấy rằng một đa giác đều n cạnh gồm có n hướng (cụ thể như trên hình vẽ thì AB,, MN CE cùng một hướng, trong khi đó AB, AC khác hướng). kk 1 Với mỗi bộ gồm k đỉnh sẽ sinh ra đoạn thẳng, nếu số đoạn thẳng này lớn hơn n 2 thì sẽ có ít nhất hai cạnh có cùng một hướng nên chúng se tạo thành hình thang cân Do đó, điều kiện để k điểm có thể chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân nếu: 2 kk 1 2 1 1 1 1 n k n2 n k 2 n k 2 n 2 2 4 4 2 11 Bây giờ, áp dụng bài toán cho n 30ta suy ra kk 60 9 , suy ra cứ 9 đỉnh 42 thì sẽ có 4 đỉnh tạo thành hình thang cân.
  25. SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN : TOÁN x 3 x x 3 2 Câu 1. Cho biểu thức A x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A 1 Câu 2. Giải phương trình 2x2 6 x 5 x 2 x 1 10 0 Câu 3. a) Tìm hai số nguyên tố pq, sao cho pq2 81 b) Chứng minh rằng nn5 chia hết cho 30với mọi n Câu 4. Cho abc, , 0thỏa mãn a b c ab bc ca 6. abc Tìm GTNN của 1 1 1 P abc2 2 2 Câu 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và M là điểm cố định nằm bên trong đường tròn. Qua M vẽ hai dây di động AB, CDvuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng AC2 BD 2 AD 2 BC 2 và AD22 BC không đổi b) Gọi I là trung điểm của BC.Chứng minh rằng IO2 IM 2 R 2 suy ra quỹ tích của điểm I Câu 6. Cho hình thang ABCD AB//. CD Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi G là giao điểm của đường thẳng đi qua E vuông góc với AD và đường thẳng đi qua F vuông góc với BC.So sánh GA và GB
  26. ĐÁP ÁN Câu 1. 1 xx 3 1 a) ĐKXĐ: xx 3, 1.Ta có: Ax 31 x 1 b) Ta có A 1 x 3 1 1 x 3 0 x 3; x 1 Câu 2. ĐKXĐ: x 1.Phương trình 2 x 2 2 5 x 2 x 1 2 x 1 0 2 x 2 22 4 x 2 x 1 x 2 x 1 2 x 1 0 2 x 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2 2 x 1 0 2xx 1 2 x 2 2 x 1 2 x 4 x 1 0 xx 1 2 4 x 2 Xét 2x 1 x 2 x 8 xx 80 x 2 Xét x 1 2 x 4 2 x 3 4xx 17 15 0 Vậy S 3;8 Câu 3. a) Ta có p2 chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1 Xét p2 chia cho 3 dư 0, vì p là số nguyên tố nên pq 31 vô lý Xét p2 chia cho 3 dư 1, suy ra 8q chia hết cho 3 mà 8;3 1nên qp 35 tm b) Ta có: nnnnn5 2 1 2 1 nn 2 1 2 4 5 nnn 2 1 2 4 5 nn 2 1 n 2 n 1 n n 1 n 2 5 n 1 n n 1 chia hết cho 5 và 6 nên chia hết cho 30 Câu 4. 1 1 1 1 1 1 Từ giả thiết a b c ab bc ca66 abc a b c ab ac bc Áp dụng BĐT xy yz zx x2 y 2 z 2 ta có:
  27. 1 1 1 1 1 1 (1) ab bc ca a2 b 2 c 2 2 1 1 1 222 1 1 1 Áp dụng BĐT Bunhia ta có: 111 2 2 2 a b c a b c 1 1 1 1 1 1 3. (2) a b c a2 b 2 c 2 Cộng theo vế (1) và (2) được: 111111111 111 6 3. PP 3. 6 abcabbccaa2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 PPP 3 2 3 0 3. Dấu "" xảy ra khi abc 1 Câu 5. C I A B M O J D E a) Ta có: AC2 BD 2 MA 2 MC 2 MB 2 MD 2 MA2 MD 2 MB 2 MC 2 AD 2 BC 2 Kẻ đường kính CE ta có CDE 900 hay CD DE DE// ABnên tứ giác ABED là hình thang cân
  28. AD BE.Ta có: AD2 BC 2 BE 2 BC 2 CE 2 4 R 2 không đổi b) Vì IB ICI M nên IO2 IM 2 OC 2 IM 2 IM 2 R 2 Gọi J là trung điểm của MO.Áp dụng công thức đường trung tuyến trong IMO IO2 IM 2 MO 2 R 2 MO 2 Ta có: IJ (không đổi vì O, M cố định). 2 4 2 4 Do đó I chạy trên đường tròn tâm J bán kính IJ không đổi. Câu 6. A H B K N M F G E D C Gọi H là trung điểm của AB Ta có HA HB và FD FB nên HF là đường trung bình ABD HF// AD Mà EM ADnên EM HF , tương tự HE cũng là đường trung bình ABC nên HE// BC mà FK BC nên FK HE . Do đó G là trực tâm HEF HG  EF (1) Gọi MN, lần lượt là trung điểm AD, BC Ta có ME là đường trung bình tam giác ACDnên ME// CD Tương tự NF// CDmà MN// CD hay MFEN,,, thẳng hàng Suy ra EF/ / AB (2). Từ (1) và (2) suy ra HG AB mà HA HB do đó GAB cân tại G nên GA GB
  29. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI MÔN: TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC : 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019. Câu 2. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n,số A 3 n3 15 n chia hết cho 18 b) Một đoàn học sinh tham quan quảng trường Đại đoàn kết tỉnh Gia Lai. Nếu mỗi ô tô chở 12 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia đều cho các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chở không quá 16 người. Câu 3. 1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 1 cm. Người ta xếp cây nến trên vào 1 cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Tính thể tích cái hộp 2) Cho đường tròn OR; và điểm I cố đinhk nằm bên trong đường tròn (I khác O). Qua điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD.Gọi MNPQ,,, lần lượt là trung điểm của IA,,, IB IC ID a) Chứng minh rằng bốn điểm MNPQ,,, cùng thuộc một đường tròn b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất. Câu 4. 3 x 1 4 2 y 5 2 y x 1 5 a) Giải hệ phương trình 432 5x x y 10 x y y b) Cho x, y , z 0thỏa mãn x2 y 2 z 2 2 xyz 1. Tìm GTLN của P xy yz zx 2 xyz Câu 5. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi. Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1đến 907. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh chia hết cho 9
  30. ĐÁP ÁN Câu 1. Gọi số cần lập có dạng abcd 2019 với a,,, b c d ;2 a 9,0 b ,, c d 9 Xét a 2 nếu b 0thì ta có các số từ 2031 đến 2098. Có 7 cách chọn c, có 7 cách chọn d.Do đó có 7.7 49số thỏa mãn. Nếu b 0thì có các số từ 2103đến 2198. Có 8 cách chọn b, 8 cách chọn c và 7 cách chọn d. Do đó có 8.8.7 448số thỏa mãn Xét a 3thì có các số từ 3012 đến 9876, có 7 cách chọn a, 9 cách chọn b , 8 cách chọn c và 7 cách chịn d, do đó có: 7.9.8.7 3528số thỏa mãn Vậy có tất cả 49 448 3528 4025số thỏa mãn bài toán Câu 2. a) Ta có: A 3 n3 3 n 18 n 3 n 1 n n 1 18 nchia hết cho 18 b) Gọi số ô tô là a.ĐK: aa , 1.Vì bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia đều cho các ô tô còn lại, nghĩa là 12a 1 a 1 12 a 1 13 a 1 13 a 1 a 1 U (13) 1;13 a 2;14 Với a 2thì số học sinh là 25 em, khi bớt đi 1 ô tô thì còn 1 xe chở 25 em (quá 16 em) vô lý Với a 14thì số học sinh là 169 em (thỏa mãn) Vậy số ô tô là 14 và có 169 học sinh
  31. Câu 3. A E B M K I H D F C 1) Ta có đáy cây nến nội tiếp hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Khi đó ABCD là mặt đáy hình hộp chữ nhật có chiêu cao bằng chiều cao cây nến h 20 cm Ta có: BC EF 2 EH 2 KE .sin EKH 2.1.sin600 3 AN KM 2 MI 2.1 2 Vậy thể tích cái hộp là AB. BC . h 40 3( cm3 )
  32. 2) C B P H N I A M K O Q D a) Ta có MI MA, QI QD nên MQ là đường trung bình AID MQ// AD Tương tự NP là đường trung bình BIC NP// BC Do đó NMQ BAD NPQnên tứ giác MPNQ nội tiếp b) Kẻ OH ABtại H và OK CD tại K Ta có AB CD OHIK là hình chữ nhật Do đó AB2 CD 2 4 BH 2 CK 2 4 R 2 OH 2 R 2 OK 2 4 2 R 2 OI 2 2 MN. PQ AB . CD AB CD 2 R22 OI Diện tích tứ giác MPNQ là không đổi 2 8 16 4 2R22 OI GTLN của diện tích tứ giác MPNQ là , khi đó AB CD 4 Câu 4.
  33. a) ĐKXĐ: x 1;2; y x 1259 3 y 1 x 193 Từ phương trình 5x43 x y 2 10 x y y 5x32 x 2 y x x 2 y 0 x x 2 y 5 x 1 0 Xét x 0thay vào phương trình thứ nhất ta được 4 2yy 4 2 4 82164 y22 16 4 y 2 y 0( tmdk ) Xét 2yx thay vào phương trình thứ nhất ta được x 1 4 x x 1 4 x 5 t 2 5 Đặt x 1 4 x t 0 x 1 4 x . 2 Ta có phương trình: t2 2 t 15 0 t 5 t 3 0 t 3 xy 00 2 x 1 4 x 2 x 3 x 0 3 xy 3 2  3 Vậy phương trình có nghiệm xy;  0;0 ; 3;  2 b) Theo nguyên lý Dirichle thì trong 3 số 2x 1;2 y 1;2 z 1bao giờ cũng tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu. Giả sử 2xy 1;2 1cùng dấu. Khi đó 2x 1 2 y 1 0 2 x y 4 xy 1 z z x y 2. xyz Từ giả thiết x2 y 2 z 2 2 xyz 1 1 z 2 x 2 y 2 2 xyz 2 1 z 11 zz 2xy 2 xyz 2 xy z 1 xy .Do đó P xy yz zx 2 xyz 2 2 2 2 1 1 Vậy GTLN của P là .Đạt được khi và chỉ khi x y z 2 2 Câu 5. Xét 5 số tự nhiên bất kỳ khác nhau đôi một . Lấy 5 số này chia cho 3, theo nguyên lý Dirichle có ít nhất 2 số cùng có số dư. Xét các khả năng sau:
  34. - Nếu chỉ có 2 số dư giống nhau. Khi đó phải có 3 số chia cho 3 có số dư lần lượt là 0,1,2 nên tổng của chúng chia hết cho 3 - Nếu có ít nhất 3 số dư giống nhau. Khi đó tổng của chúng luôn chia hết cho 3 Ta chia 17 số có trong khoảng từ 1 đến 907 thành 3 nhóm: Nhóm I gồm 5 số, nhóm II gồm 5 số và nhóm III gồm 7 số. Mỗi nhóm luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3. Giả sử tổng của 3 số đó ở mỗi nhóm lần lượt là 3a ,3 b ,3 c a , b , c * .Còn lại 17 9 8số, trong 8 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3, đặt tổng 3 số đó là 3dd * .Còn lại 8 3 5số, trong 5 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3 và đặt tổng 3 số đó là 3*ee . Cuối cùng trong 5 số a,,,, b c d etồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là 3 số x,,,,* y z x y z suy ra 39 x y z . Do đó luôn chọn ra 9 học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.
  35. KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút x 1 2 x 2 5 x x 0 Câu 1. (5 điểm) Cho biểu thức A xx 224 x x 4 a) Rút gọn A 4 b) Tính giá trị của Akhi x 9 c) Tìm giá trị của x để Acó giá trị nguyên Câu 2. (4 điểm) 1. Giải các phương trình sau : a) 4 x2 4 x 1 2 x 1 b) x 3 4 x 2 x 6 5 x 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n32 3 n 2018 n chia hết cho 6 Câu 3. (2,5 điểm) Cho đường thẳng d có phương trình: m 1 x m 2 y 3(d) (m là tham số) a) Tìm giá trị của m biết đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2 9 b) Tìm m để d cắt 2 trục tọa độ và tạo thành tam giác có diện tích bằng 2 Câu 4. (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB.Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tiếp tuyến Ax,. By Lấy điểm M bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A và B). Kẻ MH ABtại H a) Tính MH biết AH 3 cm , HB 5 cm b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, Bylần lượt tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MIH,, thẳng hàng c) Vẽ đường tròn tâm O' nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc với AB ở K. Chứng minh diện tích SAMB AK. KB Câu 5. (1,5 điểm) Cho xy, là các số thực dương thỏa mãn x 1 y 1 4 xy 11 Chứng minh rằng : 1 3xy22 1 3 1
  36. ĐÁP ÁN Câu 1. x 1 2 x 2 5 x aA) xx 224 x x 1 x 2 2 x x 2 2 5 x xx 22 x 3 x 2 2 x 4 x 2 5 x3xx . 2 3 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 4 b) Với x 0và x 4 , tại x () tmdk 9 4 2 3 3. 2 1 3 A 9 3 4 2244 2 22 9 333 3 x c) Với x 0, x 4, Anguyên có giá trị nguyên x 2 36x Mặt khác 3 3 0 A 3 xx 22 Vì A nguyên nên A 0;1;2 A 0 giải ra ta được: x 0( tmdk ) A 1 x 1( tmdk ) A 2 x 16( tmdk ) Vậy Anguyên thì x 0;1;16 Câu 2. 1)4x2 4221 x x 2121 x x 11 xx 22 x 0 2x 1 2 x 1 0 x 2( ktm ) 2x 1 2 x 1 x 0 b) ĐK: 05 x
  37. x 3 4 x 2 x 6 5 x 2 x 3 5 x 2 x 1 4 (1) Vế trái của (1) bé hơn bằng 4, vế phải lớn hơn hoặc bằng 4 nên dấu bằng xảy ra khi và chỉ xx 35 khi x1( tmdk ) x 10 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1. 2. n32 3 n 2018 n n . n 1 n 2 2016 n Vì n n 12 n là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 2016n luôn chia hết cho 6 Vậy n33 3 n 2018 nluôn chia hết cho 6 với mọi n Câu 3. a) Đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2 nên ta có : xy 1; 2 thay vào và giải ra ta được m 0 b) Để d cắt 2 trục tọa độ thì m 1;2 Giả sử (d) cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A và B . ta tính được tọa độ 33 AB ;0 ; 0; mm 12 Ta có OAB vuông tại O nên 1 1 3 3 S OAOB OAB 2 2mm 1 2 9 1 3 3 9 S OAB 2 2mm 1 2 2 1 13 m 2 ()tmdk 15 m 2
  38. Câu 4. y x D M C I A H K O B a) Tam giác AMC vuông tại M có MH là đường cao MH AH. BH (hệ thức lượng trong tam giác vuông) MH15( cm ) AC AI CM b) Vì AC song song với BD nên ta có: (vì AC CM;) BD MD BD ID MD MI// AC mà MH// AC (cùng vuông góc với AB) Suy ra MIH,, thẳng hàng c) Đặt AB a,, AM c BM b
  39. Ta có: a c b a b c AK ; BK 22 a c b a b c 1 a c b a b c AK BK 2 2 2 2 2 2 2 2 11 a2 b c a b c 2 bc 2 2 2 2 1 2bc 1 1 bc AM MB S 2 2 2 2 AMB Vậy SAMB AK. KB Câu 5. xy 1 1 1 1 Từ x 1 y 1 4 xy . 4 1 1 4 x y x y 11 Đặt ab ; , ta có: xy 2 1 a 1 b 4 3 a b ab a b 2 ab ab 2 ab ab , từ đó ab 1 Áp dụng AM – GM cho hai số thực dương ta có: 1 11x a a a a 221 a b a 1 21 a b a 31x 3 a b ab a x2 11 ab Tương tự ta có: . 31y2 21 a b b Cộng vế theo vế ta được 1 1 1 a b a b 3xy22 1 3 1 2 a b a b a 1 b 1 1 2ab a b 1 ab 3 1 1 3 1 1 1 1 2 ab 1 1 2 2 2 4 aa a b b 1 Dấu bằng xảy ra a b 11 x y bb a b b 1
  40. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (5,0 điểm) 2x 13 x 3 2 x 1 1. Rút gọn biểu thức : A với x 0; x 4; x 9 x 5 x 6 x 2 3 x 2. Giả sử a là nghiệm âm của phương trình 3xx2 2 2 0.Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức P 3 a42 4 2 4 a 2 3 a Câu 2. (5,0 điểm) x22 27 y x 1. Giải hệ phương trình: 22 y 27 x y 2. Giải phương trình: 3x2 65 2 x 17 2 x 1 Câu 3. (2,0 điểm) Cho các số thực dương thỏa mãn ab2 bc 2 ca 2 4 abc 0.Chứng minh: b c a 4. a b c Câu 4.(6,0 điểm) 1. Cho hình vuông ABCD,lấy điểm E trên cạnh BC E B,; C đường thẳng qua B vuông góc với DE cắt DE tại H và cắt CD tại K. Gọi M là giao điểm của DB và AH a) Chứng minh ba điểm EKM,, thẳng hàng b) Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp CHM 2. Cho tam giác ABC, P là điểm trên cạnh BC (P khác B và C); Q, R lần lượt là hai điểm đối xứng với P qua AC, AB. Lấy điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AQRsao cho AM song song với BC.Chứng minh đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi trên cạnh BC. Câu 5. (2,0 điểm) 1. Trên mặt phẳng lấy 21 điểm bất kỳ trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng; mỗi điểm được tô bởi 1 trong 4 màu: đỏ, cam, vàng và lục. Các đoạn thẳng nối 2 trong 21 điểm dó được tô bởi một trong hai màu chàm và tím. Xét các tam giác có ba đỉnh thuộc các điểm đã cho, chứng minh tồn tại một tam giác có 3 đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. 2. Giả sử nn , 2.Xét các số tự nhiên dạng an 11 1được viết bởi n chữ số 1. Chứng minh rằng nếu an là một số nguyên tố thì n là ước của an 1 ĐÁP ÁN
  41. Câu 1. 213x x 321 x 213 x x 321 x 1.A x 5 x 6 x 2 3 x xx 32 x 2 3 x 2x 13 x 3 x 3 2 x 1 x 2 x x 62 x x 3 x 2 x 3 x 2 x 2 2.Từ giả thiết ta có 3a2 2 2 a a 0 3 a 4 4 4 2 a 2 a 2 suy ra P 3 a42 4 2 4 a 2 3 a 2 a 1 2 2 a 2 2 2aa 2 2 2 2 Câu 2. 1. Trừ vế theo vế hai phương trình ta có: xy x y 3 x 3 y 7 0 7 yx 3 TH1: x y 0, y x thay yx vào phương trình (1) ta được: 2 xy 00 xx 70 77 y 7 TH2: yx .Thay vào phương trình (1) ta được: 9xx2 21 98 0 3 Phương trình này vô nghiệm Vậy xy; 0;0 ; 7; 7  1 2. Điều kiện xác định x 2 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: x 5 2 2 2xx 1 8 8 2x 2 x 1 x 25 40 2xx 1 3 8 x 9 25 40 Đối chiếu điều kiện phương trình có hai nghiệm xx 5; 9 Câu 3. Áp dụng BĐT Cô si ta có : ab2 bc 2 2 bc ab ; bc 2 ca 2 2 ca bc ; ca 2 ab 2 2 bc ca Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh.
  42. Câu 4. 1) A B M H E K D C a) Xét tam giác BDK,ta có: DH BK,, BC DK BC cắt DH tại E. Suy ra E là trực tâm tam giác BDK.Để chứng minh MEK,, thẳng hàng ta chỉ cần chứng minh MK BD. Tứ giác ABHDcó BAD BHD 900 nên nội tiếp. suy ra BHA BDA 450 . Tứ giác DMHK có MDK BHM 450 nên nội tiếp Lại có, DHK 900 (gt) nên DMK DHK 900 (cùng chắn cung DK). Ta có điều phải chứng minh. b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK EHK 900 ) ECH EKH (1) Tứ giác CKBM nội tiếp suy ra EKH BCM ECM (2) Từ (1) , (2) suy ra ECH ECM.Do đó, EC là đường phân giác của MCH.Chứng minh tương tự, ta cũng có ME là đường phân giác của CMH Vì E là giao điểm hai đường phân giác trong góc M và C của tam giác CHM nên ta có điều phải chứng minh.
  43. 2) A Q R B P C G N Gọi N là giao điểm của RB và QC; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có ARN AQR 1800 nên N nằm trên đường tròn w ngoại tiếp tam giác AQR. Đường tròn w' ngoại tiếp tam giác BCN cắt w tại điểm thứ hai G. Từ RBG QCG GPlà phân giác BGC BNC RNQ 18000 2 BAC 180 BOC nên O nằm trên w' Mà OB OC nên GO là phân giác BGC và do đó GPO,, thẳng hàng. Ta cũng có NOA,,thẳng hàng.
  44. Gọi M 'là giao điểm thứ hai của GO với w Ta có: AM' G ANG ONG OPC MPC AM '/ / BC M '  M Do đó GPO,, và M thẳng hàng. Vậy MP luôn đi qua O cố định Câu 5. 1) Vì có 21 điểm được tô bởi 4 màu mà 21 4.5 1nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại ít nhất 6 điểm được tô cùng một màu Gọi 6 điểm cùng màu đó là ABCDEF,,,,,.Từ điểm A ta kẻ với 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng, 5 đoạn này được tô 2 màu thì sẽ có ít nhất 3 đoạn được tô cùng màu. Không mất tính tổng quát , giả sử các đoạn AB, AC, AD được tô cùng màu tím. Trong các đoạn nối ba điểm BCD,, nếu có một đoạn màu tím, giả sử là BD thì tam giác ABD là tam giác cần tìm. Nếu trong các đoạn nối ba điểm B, C, D không có đoạn nào màu tím thì tam giác BCDlà tam giác cần tìm. 2. Trước hết ta chứng minh : nếu an là số nguyên tố thì n là số nguyên tố Giả sử n là hợp số, n bq; b , q ,1 b , q n. Khi đó: q b 12 q b an 11 1 11 1 10 10 1 11 1là hợp số, trái với giả thiết nên bq chu so 1 q chu so 1 n là số nguyên tố 10nn 1 10 10 Tiếp tục ta có: a 1 1 10n 10 9 (1) n 99 Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 10n 10n (2) Nếu n 3thì an 111 3không thỏa mãn giả thiết. n Nếu n 3ta có n,9 1 nên từ (1) và (2) suy ra : 10 10 9n .Vậy n là ước của an 1
  45. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA PHÚ THỌ LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút A. TRẮC NGHIỆM (8 điểm) 1024 n2 Câu 1. Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương n sao cho là số tự nhiên 15 A. 1 B. 4 C. 3 D. 5 Câu 2. Cho hình thang ABCD có hai cạnh đáy AB, CDsao cho AB 4, CD 9, DAB DBC . Độ dài đường chéo BD bằng: A. 6 B. 7 C. 8 D. 10 Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng di qua điểm M 2;5 và song song với đường thẳng yx 2 có phương trình là: A. yx 21 B. yx 21 C. yx 29 D. yx 21 Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hai điểm A 2;3 và B 6;1 .Độ dài đường cao hạ từ đỉnh O của tam giác OAB bằng: 5 52 2 A. B. C. 52 D. 2 2 2 Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho bốn điểm ABC 2;3; 2;2; 2;2 , D 3;3 . Diện tích tứ giác ABCD bằng: 15 15 2 A. B. C. 15 D. 30 2 2 Câu 7. Cho bốn điểm ABCD,,, nằm trên đồ thị hàm số yx 2 sao cho ABCD là một tứ giác lồi nội tiếp đường tròn đường kính AC.Gọi M x1;;; y 1 N x 2 y 2 lần lượt là trung điểm của AC,. BD Giá trị yy12 bằng: 2 A. 0 B. C. 1 D. 2 2 Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB 3, AC 4và phân giác AD. Giá trị DC DB bằng: 1 3 4 5 A. B. C. D. 7 7 7 7 Câu 9. Gọi S là tập nghiệm của phương trình, số nghiệm của phương trình x x 1 x 2019 x2 2019 x 2020là: A. 2 B. 4 C. 2019 D. 2020 Câu 10. Biết x 332 3 2 3 là một nghiệm của phương trình x3 a 1 x 2 a 0. Giá trị aa 2 1 bằng: 31 62 A. B. 31 C. D. 31 2 2 Câu 11. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung tuyến AM. Biết AH 24 và cạnh huyền BC 35.Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng: AM 25
  46. A. 3,5 B. 7 C. 8,75 D. 14 Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB 5 , đường cao AH 2.Kẻ HK vuông góc AC( K thuộc AC). Độ dài CK bằng: 35 85 55 16 5 A. B. C. D. 2 2 2 5 Câu 13. Một học sinh đứng ở mặt đất cách tháp ăng-ten 100m. Biết rằng học sinh đó nhìn thấy đỉnh tháp ở góc 190 so với đường nằm ngang, khoảng cách từ mắt đến mặt đất bằng 1,5m .Chiều cao của tháp (làm tròn đến đơn vị mét) bằng: A. 34 B. 35 C. 36 D. 38 Câu 14. Tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn ngoại tiếp của một tam giác đều là: 1 1 1 2 A. B. C. D. 4 3 2 3 Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Biết BD 2 DC 10.Diện tích tam giác ABC bằng: A. 25 B. 50 C. 50 2 D. 100 Câu 16. Có tất cả bao nhiêu cách xếp bạn An, Bình, Cường, Thắng , Việt ngồi thành một hàng ngang sao cho hai bạn Thắng và Việt không ngồi cạnh nhau. A. 48 B. 72 C. 96 D. 118 B. Tự luận (12 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên dương đôi một phân biệt luôn tồn tại 4 số có tổng là hợp số b) Bạn Thắng lần lượt chia số 2018 cho 1;2;3;4 ;2018 rồi viết ra 2018 số dư tương ứng sau đó bạn Việt chia số 2019 cho 1;2;3;4; .;2019 rồi viết ra 2019 số dư tương ứng. Hỏi ai có tổng số dư lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu. Câu 2. (3,0 điểm) 2 x y xy 1 0 a) Giải hệ phương trình: 33 x y 3 x y 32 0 2 1 b) Giải phương trình: x 10 11 x x 1 x Câu 3. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp O , D thuộc đoạn BC (D không trùng B, C) và O' tiếp xúc trong với O tại K, tiếp xúc với đoạn CD, ADtại F, E. Các đường thẳng KF, KE cắt (O) tại M, N a) Chứng minh rằng MN// EF b) Chứng minh rằng MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC c) Chứng minh EF luôn đi qua điểm cố định khi D chạy trên BC. Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số thực x12, x , , xn  0;1 2 2 2 2 2 Chứng minh rằng: 1 x1 x 2 x 3 xnn 4 x 1 x 2 x 3 x
  47. ĐÁP ÁN Câu 1, a) Áp dụng quy tắc chẵn – lẻ. Xét các trường hợp sau: Ta có abc,,cùng chẵn nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có tổng và cả hiệu của chúng là số chia hết cho 2. Ta có abc,,củng lẻ nên đương nhiên chọn bất kỳ cặp nào cũng có tổng và cả hiệu của chúng là số chia hết cho 2. Ta có abc,,có một cặp số lẻ nên hiệu và tổng của 2 số lẻ chiaa hết cho 2. abc,,có một cặp là số chẵn nên hiệu và tổng của 2 số chẵn chia hết cho 2. Hai trường hợp đầu có 3 cặp số thỏa mãn đầu bài. Hai trường hợp cuối có một cặp số thỏa mãn đầu bài. Vậy có ít nhất 1 cặp số mà tổng và hiệu của chúng chia hết cho 2 nên là hợp số. Áp dụng quy tắc số dư. Ta thấy phép chia cho 5 có thể được các số dư là 0,1,2,3,4, Xét các trường hợp: *Cả 4 số có số dư khác nhau 0,1,2,3 ; 0,2,3,4 ; 0,1,4,2 ; 0,4,2,3 1,2,3,4 bao giờ cũng có ít nhất 1 cặp số có số dư là 14 hoặc 23 nên tổng 1 cặp số đó chia hết cho 5. Với nhóm số dư 1,2,3,4 nên suy ra 2 cặp có tổng chia hết cho 5 *Cả 4 số có số dư trùng nhau nên 6 cặp từng đôi một có hiệu bằng 0 nên chia hết cho 5. *Cả 2 cặp số có số dư trùng nhau nên hiệu của 2 cặp số đó bằng 0 chia hết cho 5 *Cả 1 cặp có số dư trùng nhau nên hiệu của 1 cặp số đó bằng 0 chia hết cho 5. Vậy ít nhất cũng chọn ra 1 cặp số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 5. Hay trong 5 số nguyên dương đôi một phân biệt luôn tồn tại 4 số có tổng là hợp số. b) Gọi T là tổng các số dư của Thắng, V là tổng các số dư của Việt. Gọi tt1; 2018 là số dư chia 2018cho 1,2, ,2018; gọi vv1; 2019 là số dư chia 2019 cho 1,2 2019.Ta thấy rằng: T t1 t 2 t 2018 ;V v1 v 2 v 2019 với i 1,2,3, 2018. Nếu 2019iv 1 0 tii 1. Nếu vi1 1 vt1 i 1 V t11 t 2 1 t 2018 1 S 2019 T 2018 S 2019 . Trong đó S 2019 là tổng các ước không vượt quá 2018của 2019. Ta có 2019 1.3.773. Suy ra S 2019 677 nên ta có VTT 2018 677 1341.Suy ra VT Và VT 1341 Câu 2. 2 x y xy 1 0 2 x y xy 1 0 a) Ta có: 33 3 x y 3 x y 32 0 x y 3 xy x y 3 x y 32 0 Ta đặt x y s, xy p s2 4 p .Khi đó hệ tương đương với : 2sp 1 0 . Giải hệ trên ta có nghiệm 3 s 3 ps 3 s 32 0
  48. b) Điều kiện xác định: x 0 2 1 224 3 2 x 9 x 1 21 x x 1 x 1 12 x x 8 x 1 0 x 1 17 2 x 22 4xx 1 0 8 4x x 1 3 x x 1 0 2 3xx 1 0 1 13 x 6 1 17 1 13 S ;  86 Câu 3. A E O' K N I O H B D F C M a) Qua K kẻ tiếp tuyến chung d với O và O' . Gọi H là giao của (d) và BC KEF FKH MNK MN// EF b) Ta có tam giác HKF cân tại H suy ra HKF HFK MB MC suy ra AM là phân giác BAC.Suy ra BCM MKC nên ta có MC là tiếp tuyến KFC
  49. c) Gọi AM cắt EF tại I. Ta chứng minh I cố định. Thật vậy, ta có AKN AMN AIE nên tứ giác AEIK nội tiếp Suy ra DEF EKF EAI EIA EKI IKE EIA IKF hay MIF IKF Suy ra MIF MKI( g . g ) MI2 MK . MF (1) Ta có MC là tiếp tuyến KFC suy ra MC2 MF. MK (2) Từ (1) và (2) suy ra MI MK.Lúc đó ta có: MIC MCI IAC ICA MCB BCI ICA BCI Nên CI là phân giác ABC, mà AM là phân giác BAC nên I cố định Câu 4. 2 Áp dụng BĐT A B 4 AB với A 1; B x1 xn ta có: 2 1 x1 x 2 x 3 xnn 4 x 1 x 2 x 3 x với x12, x , xn  0;1 22 Nên x1 x 1 1 0 x 1 x 1 0 x 1 x 1 .Tương tự ta có: 2 2 2 2 2 2 xx2 2; ; xxxxxn n 1 2 3 xxxx n 1 2 3 x n 2 2 2 2 2 Suy ra 1 xxx1 2 3 xn 4 xxx 1 2 3 x n 4 xxx 1 2 3 x n Dấu "" xảy ra khi có 1 số bằng 1, các số còn lại bằng 0
  50. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS TP BUÔN MA THUỘT CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Bài 1. (4,0 điểm) x 1 2 x x x 1 2 x x a) Cho biểu thức K 1 : 1 2x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 Tìm điều kiện để K có nghĩa và rút gọn K xy z 1 yz x 2 zx y 3 b) Cho A .Tìm giá trị lớn nhất của A. xyz Bài 2. (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n chẵn, n 4ta luôn có: n432 4 n 4 n 16 n 384 b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :3xy 7 55 c) Giải phương trình: x 25 x22 x 25 x 5 d) Cho abc 0, 0, 0và abc 1 Chứng minh a b b c c a 6.Dấu "" xảy ra khi nào ? Bài 3. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng d : y k 1 x n k 1 và hai điểm AB 0;2 , 1;0 (với kn, là các tham số) 1) Tìm giá trị của k và n để a) Đường thẳng d đi qua hai điểm A và B b) Đường thẳng d song song với đường thẳng :2y x k 2) Cho n 2.Tìm k để đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Bài 4. (2,0 điểm) Cho góc xOy.Hai điểm A, B thuộc Ox,hai điểm CD, thuộc Oy.Tìm tập hợp những điểm M nằm trong góc xOy sao cho hai tam giác MAB và MCDcó cùng diện tích Bài 5. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC,dây AD vuông góc với BC tại H.Gọi EF, theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB,. AC Gọi IK , theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp HBE, HCF a) Xác định vị trí tương đối của các đường tròn I và O , K và O ; I và K b) Tứ giác AEHF là hình gì ? Vì sao c) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của I và K d) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn nhất
  51. ĐÁP ÁN Bài 1. x 0 x 0 2x 1 0 x 0 1 a) K có nghĩa 2x 1 0 x 1 2 x x 12 x x 2 10 21 x 2xx 1 2 1 0 12 x x 1 2 x x x 1 2 x x Ta có: K 1 : 1 2x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 2 x 1 2 x x 2 x 1 2 x 1 2xx 1 2 1 x 1 2 x 1 2 x x 2 x 1 2 x 1 : 2xx 1 2 1 2x x 2 x 1 2 x 2 x 2 x x 2 x 1 2x x 2 x 1 2 x 2 x 2 x x 2 x 1 2 2xx 1 2x 21 x b) ĐK: x 2; y 3; z 1 xy z 1 yz x 2 zx y 3 A xyz z 1 x 2y 3 z 1 2 xy 2 3 3 z x y z 23xy ab a 0 Áp dụng bất đẳng thức ab .Do z 1 0; x 2 0; y 3 0 nên ta có: 2 b 0
  52. 1 zx 1 z z 1 1 2 2 x 22 x 1 zx 1 ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2x 2 2 33 y y 33 y 1 33 y 22 3y 2 3 z 11 x 4 1 1 1 6 3 2 2 3 x 22 A .Dấu "" xảy ra y 6 22 2 2 3 12 y 33 z 2 x 2; y 3; z 1 6 3 2 2 3 Vậy Max khi x 4, y 6, z 2 A 12 Bài 2. a) Vì n chẵn n 2 k k , k 2 n432 4 n 4 n 16 n 2 k 432 4. 2 k 4. 2 k 16. 2 k Do đó: 16k4 32 k 3 16 k 2 32 k 16k k32 2 k k 2 16 k 2 k 1 k k 1 Vì k 2; k 1; k ; k 1là bốn số tự nhiên liên tiếp k 2 k 1 k k 1 3,8 k 2 k 1 k k 1 24 16 k 2 k 1 k k 1 384 Vậy n432 4 n 4 n 16 n 384với mọi số tự nhiên n chẵn, n 4 55 7yy 1 b) Ta có: 3x 7 y 55 x 18 2 y (0 y 8) 33 1 y Đặt t y13 t t ; x 18213 t t 167 t 3 Vì 0 y 8138 t 2 t 0 t 2;1;0 Nếu t 2 x 167.2 2; y 132 7 Nếu t 1 x 16 7. 1 9; y 1 3. 1 4 Nếu t 0 x 16 7.0 16; y 1 3.0 1 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là 2;7 ; 9;4 ; 16;1 c) ĐK: 55 x , vì 5 xx 0;5 0.Do đó:
  53. x 25 x2 x 25 x 2 5 25 x 2 x 25 x 2 5 x 0 5 x 5 x x 5 x 5 x 0 50 x x 5( tmdk ) 5 x x 5 x 5 x 0 5 x x 5 x 5 x 0(*) +)Nếu x 0thì 5 0 5 5 0. Vậy x 0là nghiệm của (*) +)Nếu 0 x 5 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 0và xx50 nên * vô nghiệm +)Nếu 5x 0 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 0và xx50 nên (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm xx 0, 5 d) Áp dụng BĐT axbycz 2 a2 b 2 c 2 x 2 y 2 z 2 .Ta có: 2 abbcca 111222 abbcca 3.2 a b c 6( do a b c 1) a b b c c a 6. Dấu "" xảy ra a b b c c a 1 abc abc 1 3 Bài 3. 1) Tìm giá trị của k và n 2 kn 1 .0 n 2 a) d đi qua hai điểm Avà B, nên ta cos: 0 kn 1 . 1 k 3 kk 1 1 2 b) d song song với đường thẳng :2y x k n 20 k n 2 2) Khi n 2, đường thẳng d : y k 1 x 2 k 1 cắt Ox tại điểm C ;0 1 k 1 1 2 2 1 1 S OAOC. .2. ; S OAOB . .2.11 OAC2 2 1 kk 1 OAB 2 2
  54. 2 1 kk 1 0 Khi đó, SOAC 2 S OAB 2 1 k 1 ( TMDK ) 1 k 1 kk 1 2 Bài 4. x D C F M N y O A E B Lấy điểm E thuộc Ox sao cho OE AB;điểm F thuộc tia Oy sao cho OF CD.Gọi N là trung điểm EF.Lấy M bất kỳ thuộc tia ON,ta có : SSMOE MOF Mà SSSSSSMOE MAB; MOF MCD MAB MCD Vì AB, CDkhông đổi, nên EF, cố định N cố định tia ON cố định. Vậy M thuộc tia ON thì SSMAB MCD.
  55. Bài 5. A F E B I H O K C D a) BEH, BEH 900 BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH I là trung điểm BH, do đó OI OB IB nên I và O tiếp xúc trong CFH, CFH 900 CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH K là trung điểm của CH,do đó OK OC KC nên (K) và O tiếp xúc trong. Lại có: IK IH KH nên I và K tiếp xúc ngoài. b) Tứ giác AEHF có: AEH AFH 9000 ( gt ); EAF 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Vậy tứ giác AEHF là hình chữ nhật c) AHB có AHB 9002 , HE  AB AH AE . AB (1) AHC có AHC 9002 , HF  AC AH AF . AC (2) Từ (1) và (2) suy ra AE () AB AF AC dfcm d) Ta có FEH AHE (vì AEHF là hình chữ nhật); IEH IHE ( IHE cân tại I) FEI FEH IEH AHE IHE AHB 900 AD  BC
  56. EF là tiếp tuyến của I tại E Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của (K) tại F. Vây EF là tiếp tuyến chung của I và K () dfcm e) Vì EF AH (do AEHF là hình chữ nhật ) nên EF lớn nhất AH lớn nhất. Mà 1 AH  AD( do BC AD ) nên AH lớn nhất AD lớn nhất AD là đường kính của 2 O HO.vậy khi HO thì EF lớn nhất bằng bán kính của O .
  57. PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CÁP HUYỆN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN : TOÁN x 1 2 x 2 5 x Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức P xx 224 x Tìm x để P có giá trị bằng 2 1 1 1 Câu 2. (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu abc,,là các số thực thỏa mãn: 2 và abc 1 1 1 a b c abc thì 2. abc2 2 2 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: 1 1 1 1 1 1 S 1 1 1 12 2 2 2 2 3 2 2018 2 2019 2 Câu 4. (2,0 điểm) Giải phương trình: x2 x 12 x 1 36 Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 3n 22 2 n 3 n 2 n 10 Câu 6. (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2017 x 2018 y 2019 0 Câu 7. (1,0 điểm) Cho mn, là các số tự nhiên và p là số nguyên tố thỏa mãn: p m n .Chứng minh rằng khi đó n 2là một số chính phương. mp 1 2 1 1 Câu 8. (2,0 điểm) Cho các số thực dương abc,,thỏa mãn .Tìm giá trị nhỏ nhất b a c a b c b của biểu thức P 22a b c b Câu 9. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE CM. a) Chứng minh rằng: OEM vuông cân b) Chứng minh: ME song song với BN c) Từ C kẻ CH vuông góc với BN tại H. Chứng minh ba điểm OMH,,thẳng hàng Câu 10. (2,0 điểm) Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín 1 tam giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa?
  58. ĐÁP ÁN Câu 1. Biểu thức có nghĩa khi xx 0; 4 x 1 2 x 2 5 x x 1 2 x 2 5 x P x 2 x 24 x x 2 x 2 xx 22 x 1 x 2 2 x x 2 25 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 3 x 2 2 x 4 x 2 5 x 3 x 6 x x 2 x 2 x 2 x 2 32xx 3 x xx 22 x 2 3 x Do đó P 2 2 3 x 2 x 4 x 4 x 16( tm ) x 2 Câu 2. 2 1 1 1 1 1 1 Từ 24 a b c a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 abc 2 2 2 24 2 2 2 2 4(*) a b c ab bc ca a b c abc abc Mà a b c abc 1 abc 1 1 1 1 1 1 Nên từ (*) 2 4 2 a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 Câu 3. 22 11n22 n 11 n n Với  n *ta có: 1 n2 n 11 22 n2 n 2 2 2 2 n2 n 1 2 n n 1 1 nn 1 11 22 1 n22 n 11 n n nn 1 1 1 1 1 11 Suy ra 11 (do 1 0 n *) n2 n 1 2 n n 1 nn 1
  59. Áp dụng kết quả trên với n 1;2; ;2019ta có: 1 1 1 1 1 1 S 1 1 1 1 2 2 3 2018 2019 1 2018 2019 2018 2019 2019 Câu 4. Điều kiện x 1 Đặt t x 1, DK : t 0 x t2 1 Phương trình đã cho trở thành: t42 t 12 t 36 0 tt4 60 2 t 2 t 3 t2 t 6 0 t 2( tm ) 2 tt 6 0 . t 3( ktm ) tx 23 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x 3 Câu 5. Ta có: 3n 2 2 n 2 3 n 2 n 3 n 2 3 n 2 n 2 2 n 3nn 32 1 2 1 2 3 2 3n .10 2 n 11 .10 10. 3 n 2 n 10(dfcm ) Câu 6. Ta có : x2 xy 2017 x 2018 y 2019 0 x2 xy x 2018 x 2018 y 2018 1 x x y 1 2018 x y 1 1 x 2018 x y 1 1 1.1 1 . 1 Nên có 2 trường hợp xảy ra: xx 2018 1 2019 TH1: x y 1 1 y 2019 xx 2018 1 2017 TH 2: x y 1 1 y 2019 Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên xy; 2019; 2019 ; 2018; 2019 
  60. Câu 7. p m n Theo bài ra : p2 m 1 m n mp 1 Vì mn, là các số tự nhiên nên m n m 1 Mặt khác p là số nguyên tố nên chỉ có 2 trường hợp: p22 1. p p . p mm 1 1 2 Do đó suy ra 2 22 np 2 m n p m n p Vì p là số nguyên tố nên n 2là số chính phương. Vậy có điều phải chứng minh Câu 8. 2 1 1 2ac Vì nên b b a c ac 2ac a 2 a b c 33 ac a c Do đó: ac 2ac 2 2a b2a 2 a 2 a ac 2ac c 2 c b c 33 ac c a Và: ac 2ac 2 2c b2c 2 c 2 c ac Suy ra : ab cb a 3 cc 3 aac 3 cac22 3 a P 2a b 2 c b 2 a 2 c 2 ac 22 32 a c ac 3.2ac 2 ac 8 ac 4 2ac 2 ac 2 ac Vậy P 4với mọi abc,,thỏa mãn đề bài. Dấu bằng xảy ra khi abc Vậy GTNN của P là 4 khi abc
  61. Câu 9. A E B O M H D C N a) Xét OEB và OMC,ta có: OB OC (vì ABCD là hình vuông). 0 B11 C 45 ; BE CM ( gt ) OEB OMC( ) c g c OE OM và OO13 0 Lại có O23 O BOC 90 (vì tứ giác ABCD là hình vuông) 00 O21 O 90 EOM 90 kết hợp với OE OM OEM vuông cân tại O AM BM b) Vì AB//// CD AB CN (theo định lý Talet) (*) MN MC Mà BE CM() gt và AB BC AE BM thay vào (*) ta có: AM AE ME// BN (Theo định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME//' BN OME OH B (cặp góc đồng vị) Mà OME 450 vì OEM vuông cân tại O. 0 MH' B 45 C1 OMC BMH '( g . g )
  62. OM MC ,kết hợp với OMB CMH '(hai góc đối đỉnh) OB MH ' OMB CMH'( cgc ) MH ' C OBM 450 Vậy BH' C BH ' M MH ' C 900 CH '  BN tại H ' Mà CH BN tại H HH'hay ba điểm OMH,,thẳng hàng (đpcm) Câu 10. A Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3 Chia mỗi cạnh tam giác ABC thành ba phần bằng nhau. Nối các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh. Tam giác ABC K được chia thành 9 tam giác đều có cạnh bằng 1 như hình vẽ. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh J BC, CA, AB sao cho BI CJ AK 1.Ba đường tròn bán kính 1, tâm tương ứng I, J, K sẽ phủ kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn B C sẽ phủ kín được 3 tam giác đều cạnh 1). Như I vậy dùng ba tấm bìa hình tròn bán kính 1 sẽ phủ kín được tam giác ABC. *Số tấm bìa ít nhất phải dùng là 3, vì nếu ngược lại sẽ có hai trong ba đỉnh của tam giác ABC cùng thuộc một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra do cạnh của tam giác ABC bằng 3
  63. SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Bài 1. xzy 3 a) Cho P và xyz 9.Tính 10P 1 xy x 3 yz y 1 zx 3 z 3 b) Cho x, y , z 0thỏa mãn x y z xyz 4 Chứng minh rằng: xy. 4 . 4 zyz 4 4 xzx 4 4 y 8 xyz Bài 2. x2 a) Giải phương trình: 3 3xx2 6 x 2 2 22 x y xy 12 x b) Giải hệ phương trình: 2 2 x x y x 22 y Bài 3. a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 x 2 y 2 y 2 xy 2 xy 3 3 3 3 3 b) Chứng minh rằng a1 a 2 a 3 an chia hết cho 3, biết a1; a 2 ; a 3 ; ; an là các chữ số của 20192018 Bài 4. Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R.Gọi Q là trung điểm của NP và các đường cao MD,, NE PF của tam giác MNP cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng MH 2 OQ b) Chứng minh rằng nếu MN MP2 NP thì sinNPM sin 2sin c) Chứng minh rằng ME. FH MF . HE 2 R2 biết NP R 2 Bài 5. 1 1 1 ab2 bc 2 ca 2 Cho abc, , 0thỏa mãn 3.Tìm GTNN của P ab bc ca a b b c c a
  64. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: xyz 9 x y xyz. z P xy x xyz yz y 1. zx xyz z xyz 1 y yz 1 10P 1 3 y 1 yz yz y 1 1 yz y b) Ta có: x y z xyz 4 4 x 4 y 4 z 4 xyz 16.Do đó: x 4 y 4 z x 16 4 yzyz 4 xx 4 4 xyzyz 2 x 2 x yz x . 2 x yz Tương tự ta có: y 4 z 4 x y 2 y zx z 4 x 4 y z 2 z xy Vậy, ta có: x 4 y 4 z y 4 z 4 x z 4 x 4 y x 2 x yz y 2 y zx z 2 z xy 2 x y z 3 xyz 2. 4 xyz 3 xyz 8xyz ( dfcm ) Câu 2. a) ĐKXĐ: x 2. Ta có phương trình: x2 3 x 2 4 x 4 3 x 2 6 x x 2 4 x 4 3x4 6 x 3 16 x 2 36 x 12 0 x 2 6 3 x 2 6 x 2 0 2 x 6 x 60 2 33 3xx 6 2 0 x 3  3 3 3 3 Vậy S 6; 6; ;  33
  65. b) Từ phương trình x2 y 2 xy 1 2 x 2 x 2 2 y 2 2 xy 2 4 x 2x2 x x y 2 x 2 2 xy 2 4 x x x y2 2 x y 3 0 x x y 1 x y 3 0 Xét x 0, thế vào phương trình x22 y xy 12 x được y2 10(vô nghiệm) Xét x y 1 0 y 1 xthế vào phương trình x22 y xy 12 x ta được: 2 xy 10 xx 3 2 0 xy 21 Xét x y 3 0 y x 3thế vào phương trình x22 y xy 12 x được: xx2 10 0(vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm xy; 1;0 ; 2; 1  Câu 3. a) Ta có xxyyxyxy2 2 2 2 2 3 xxx 2 2 2 2 y 2 2 xyyxy 2 1 1 x 2 y2 y x 2 1.Ta xét các trường hợp sau: 1 xx 1 2 x 2 TH1: 22 2y y x 2 1 2 y y 3 0 y 1 1 xx 1 0 x 0 TH2: 22 ( ktm ) 2y y x 2 1 2 y y 3 0 y 1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương xy; 2;1 2018 b) Vì 2019 3nên a12 a an 3. Xét hiệu: 3 3 3 3 a1 a 2 a 3 ann a 1 a 2 a a1 1 a 1 a 1 1 a 2 1 a 2 a 2 1 an 1 a n a n 1 chia hết cho 3 3 3 3 3 Do đó, a1 a 2 a 3 an chia hết cho 3
  66. Câu 4. M E O F H D P N Q K a) Ta có MPK MNK 900 hay KP MPvà KN MN Suy ra KP// NH và KN// PH nên tứ giác KPHN là hình bình hành, suy ra HQK,, thẳng hàng. Xét KMH có OM OK, QH QK nên OQ là đường trung bình KMH MH2 OQ MP MP MP b) Ta có sinMNP sin MKP 2 R MK2 R sin MNP MN NP Tương tự ta cũng có: 2R và 2R sin MPN sin NMP MN MP NP Do đó: sinMPN sin MNP sin NMP MN MP2 NP sinMPN sin MNP 2sin NMP sinMPN sin MNP sin MPN sin MNP R 2 c) Ta có NP R2 NQ 2
  67. RR2 2 Áp dụng Pytago có: OQ NO2 NQ 2 R 2 NQ 22 NOQ vuông cân tại Q NOQ 450 NOP 900 NMP 45 0 NHF PHE 45 0 Do đó các tam giác NHF và PHE vuông cân. Suy ra NH 2 FH và PH 2 HE Theo câu a thì MH 22 OQ R ND NH2 FH FH Mặt khác NDH MEH ME FH R ND ME MHR 2 R Tương tự PDH MFH MF HE R PD ME. FH MF . HE R . ND PD R . NP 2 R2 Câu 5. 1 1 1 Từ giả thiết 3 a b c 3 abc .Áp dụng BĐT Cô si ta có: ab bc ca ab2 bc 2 ca 2 ab 2 bc 2 ca 2 3 abc P 33 . . abbcca abbcca 3 a b b c c a a b b c c a 2 abc Lại có: 3 a b b c c a 2 abc 33 3 P 2 3 Vậy GTNN của P là . Đạt được khi abc 1 2
  68. SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TP HỒ CHÍ MINH LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 2 1 1 xy22 Câu 1. Cho xy, là các số thực sao cho .Tính giá trị của P x y2 x y yx22 Câu 2. Cho abc,,là các số thực sao cho a b c 2và ab 2 c2 3 c 1.Tìm GTLN của P a22 b Câu 3. An khởi hành từ Sài Gòn đi Biên Hòa. Sau đó 5 phút, Bình và Cường khởi hành từ Biên Hòa về Sài Gòn. Trên đường đi, An gặp Cường ở địa điểm C rồi gặp Bình ở địa điểm D. Tính vận tốc của mỗi người biết rằng quãng đường Sài Gòn – Biên Hòa dài 3 39km; CD 6, km vận tốc của Anbằng 1,5vận tốc của Bình và bằng vận tốc Cường. 4 Câu 4. Cho tam giác ABC cân tại A,nội tiếp đường tròn O .Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt AC tại D cắt O tại E EB . Cho biết AB 8 cm , BC 4 cm .Tính độ dài các đoạn thẳng DE,, OA OD Câu 5. Hộp phô mai có dạng hình trụ, đường kính đáy 12,2cmvà chiều cao 2,4cm a) Biết rằng 8 miếng phô mai được xếp nằm sát bên trong hộp và độ dài của giấy gói từng miếng không đáng kể. Hỏi thể tích mỗi miếng phô mai là bao nhiêu ? b) Tính diện tích giấy gói được sử dụng cho một miếng phô mai (ghi kết quả gần đúng chính xác 1 chữ số thập phân).
  69. ĐÁP ÁN Câu 1. 2 1 1 ĐKXĐ: x, y 0, y 2 x . Từ giả thiết 22y x x y xy x y2 x y x22 xy y 0. Đặt y tx, ta có : 15 x2 1 t t 2 0 t 2 t 1 0 t 2 2 22 2 1 5xy 12 2 1 5 Xét t P 2 2 2 t 22y x t 15 2 3 52 3 5 3 5 3 35 2 4 2 15 Xét t 2 2 22 2 xy12 2 1 5 Pt 2 2 2 y x t 15 2 2 3 52 3 5 3 5 3 35 2 4 2 Vậy P 3 Câu 2. Ta có : c 2 22 ababcc 44231 2 cc 2 448124 cc 2 8 7c2 8 c 0 c 7 c 8 0 0 c . 7
  70. Do đó P a22 b a b 2 2 ab 2 2 2 2 22c c2 2 2 c 3 c 1 3 c 2 c 2 3 c 33 2 1 7 7 3 c 3 3 3 7 1 8 Vậy GTLN của P là .Đạt được khi c thỏa mãn điều kiện 0 c 3 3 7 Câu 3. Gọi quãng đường AC là x km . ĐK: 0 x 33, Khi đó quãng đường BD là 33 x ( km ) Gọi vận tốc của An là y km/ h ; ĐK y 0 2y 4y Khi đó vận tốc của Bình là (/)km h và vận tốc của Cường là (/)km h 3 3 x x 6 Thời gian Anđi từ Sài Gòn đến C là (giờ) và từ Sài Gòn đến D là (giờ) y y 99 3x Thời gian Bình đi từ Biên Hòa đến D là (giờ) 2y 117 3x Thời gian Cường đi từ Biên Hòa đến C là (giờ) 4y 1 Vì Cường và Bình xuất phát sau An 5 phút giờ nên ta có hệ phương trình: 12
  71. x117 3 x 1 x 117 3 x 1 y4 y 12 y 4 y 12 117 3xx 87 3 x 6 99 3 x 1 x 87 3 x 1 42yy y2 y 12 y 2 y 12 117 3x 2 87 3 x x 19( tm ) 19 117 3.19 1 19 15 1 Ta có : y 48( tm ) y4 y 12 y y 12 Vậy vận tốc của An, Cường, Bình lần lượt là 48km /,64 h km /,32 h km / h Câu 4. A E O D K B H C M Kẻ đường cao AH của ABC, tia AH cắt (O) tại M. Vì ABC cân tại Anên AM là đường kính và HB HC2. cm
  72. ABM vuông tại B nên AB2 AH. AM 64 AB 2 HB 2 . AM 32 15 16 15 64 60.AM AM AO ( cm ) 15 15 Lại có: CBD COM 2 CAM CAB ABC BDC AB BC AC BC2 CD 2 cm & BD BC 4 cm AD 6 cm BD CD BC AC BD CD 6.2 Mặt khác CBD EAD DE 3 cm AD DE 4 Ta có BD DE BK KD EK KD BK KD BK KD BK22 KD OB2 OK 2 OD 2 OK 2 OB 2 OD 2 256 2 285 OD OB2 BD. DE 3.4 ( cm ) 15 15 Câu 5. a) Ta có bán kính đáy hình trụ là R 6,1 cm Do đó thể tích hình trụ V R2 h . 6,1 2 .2,4 89,304 V Vậy thể tích một miếng pho mai là 11,163 cm3 8 b) Một miếng pho mai là hình gồm 2 mặt đáy là 2 hình quạt tròn bằng nhau nên có RR22.45 diện tích là : S 2. .Hai mặt bên là 2 hình chữ nhật bằng nhau nên 1 340 4 diện tích S2 2. h R 2 R Rh Một mặt bên là hình chữ nhật dạng cong nên có diện tích Sh . 3 84 Diện tích giấy gói phải là : R2 Rh 3,14 S S S 2 Rh .6,1 6,1 2,4 2.6,1.2,4 70( cm3 ) 1 2 3 4 4 4
  73. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THÁI BÌNH LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút xx 11xy x xy x Câu 1. Cho biểu thức P 1 : 1 xy 1 1 xy xy 1 xy 1 Với x, y 0, xy 1 a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x 334 2 6 4 2 6 và yx 2 6 Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,cho các đường thẳng d : m 1 x y 3 m 4 và d' : x m 1 y m .Tìm m để (d) cắt d ' tại điểm M sao cho MOx 300 Câu 3. a) Giải phương trình 3x 1 6 x 3 x2 14 x 8 0 3 2 2 x 2 x 2 x 2 y x y 4 0 b) Giải hệ phương trình: 2 x xy 4 x 1 3 x y 7 Câu 4. Chứng minh rằng nếu abc,,là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a2 3 b 2 3 c 2 4 abc 13 Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn. Vẽ các đường cao BE và AD.Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a) Chứng minh rằng HG// BC thì tanBC .tan 3 b) Chứng minh rằng tanA.tanBCABC .tan tan tan tan Câu 6. Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC,,. ABH ACH Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ, AK với cạnh BC lần lượt là E và F a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp AEF b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn ngoại tiếp ABC có bán kính bằng nhau. xy 2019 Câu 7. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x;; y z sao cho là số hữu tỉ và yz 2019 x2 y 2 z 2 là số nguyên tố.
  74. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: x 1 1 xy xy x 1 xy 1 xy P 11 xy xy 1 xy xy x 1 xy x 1 1 xy 2 2xx 1 1 : 1 xy 1 xy 22x y xy xy x 1 xy b) Ta có: xx3 83426.426 3 3 3 426 3 426 86 12 x. x2 6 8 xy 8 P 8 4 Câu 2. Từ m 1 x y 3 m 4 y 1 m x 3 m 4thế vào phương trình đường thắng d ' ta có: xm 1. 2 xm 134 m mmmx 2 2 mm 32(*) Để (d) và (d’) cắt nhau tại M thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất, suy ra mm 0, 2 3mm 2 1 mm 3 2 2 3mm 2 2 Khi đó x y 3 m 4 .Do đó M ; m m m mm MH m 2 Kẻ MH vuông góc với Ox.Do MOx 300 nên tanMOx tan300 OH32 m 2 1mm 2 2 12 4 2 3 mm thỏa mãn 3 3mm 2 3 2 3 3 3 Câu 3. 1 a)ĐKXĐ: x 6.Phương trình 3x 1 4 6 x 1 3 x2 14 x 5 0 3
  75. 3xx 15 5 3 1 x5 3 x 1 0 x 5 3 x 1 0 3x 1 4 6 x 1 3 x 1 4 6 x 1 1 31 Do x 6nên 3x 1 0 3 3xx 1 4 6 1 Do đó x 5là nghiệm của phương trình. b) ĐKXĐ: 3xy 7 0.Từ phương trình thứ nhất ta có x2 2 x y 2 0 Vì x2 20nên x y 2 0 2 xthế vào phương trình (2) ta được: x22 x 2 x 4132 x x x 7 45261 x x x 24x 54 x2 12 x 2 24 x 5112 x 3 2 Đặt 4xt 5 2 3, ta có hệ phương trình: 2 2tx 3 4 5 22 tx 2t 3 2 x 3 4 x t t x t x 2 0 2 tx 2 2xt 3 4 5 xx2 4 1 0 x 23 Xét t x 4 x 5 2 x 3 ( TMDK ) 2x 3 0 y 3 xx2 2 1 0 x 12 Xét t 2 x 4 x 5 1 2 x ( TMDK ) 1 2x 0 y 12 Vậy hệ phương trình đã cho xy; 2 3; 3 ; 1 2;1 2  Câu 4. Vì abc,,là ba cạnh của một tam giác nên a b c 3 c c 3 2 c 0 Đặt Pa 333432 b 2 c 2 abc ab22 23433 ab c 2 abc c 3232 c 2 ab c 22 2 a b 3 c 3 cc . 3 2 Lại có:ab 2 ab 3 2 c . 2 2 2 Do đó:
  76. 2 2 22 2 3 cc . 3 2 c 6 c 9 3 2 c 2cc 3 27 P 3 3 c 3 c22 3 c 2 2 2 2 c3 2 c 2 c c 2 2 c 1 26 2c c 1 22 c 1 13 13 22 Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi abc 1 Câu 5. A E N H G B D M C a) Gọi M là trung điểm BC AD AD Ta có: tanB .tan C tan ABD .tan ACB . BD CD Xét BDH và ADC có: BDH ADC 900 ; HBD HAE nên BDH ADC AD BDCD AD DH do đó tanBC .tan DH AD AM Vì HG// BC nên 3 tanBC .tan 3 DH GM
  77. AD1 S 1 S b) Ta có tanBC .tan BHC .Tương tự ta cũng có CHA ; DHtan B .tan C SABC tanCAS .tan ABC 1 S và AHB . tanABS .tan ABC 1 1 1 SSS Do đó: AHB BHC CHA 1 tanABBCCAS .tan tan .tan tan .tan ABC Suy ra tanABCABC tan tan tan .tan .tan Câu 6. A I K J C B E HM F a) Ta có AEC EAH CAE EAB 900 mà EAH EAB AEC CAE ACE cân Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra I là tâm đường tròn ngoai tiếp AEF b) Kẻ IM BC tại M ME MF.Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC thì IM r.Ta có ABF cân tại B, ACEcân tại C nên EF AB AC BC Ta dễ dàng chứng minh được AB AC BC 2 r suy ra EF 2. r Vì CI là trung trực AE nên KEC KAC mà KAH KAC; KAH KFE 9000 KEC KFE 90 EF Hay KEF vuông tại K MK r MJ MI MK r 2 Câu 7.
  78. x y2019 a Đặt với ab,* và ab,1 . Ta có: b x y2019 a y z 2019 yz 2019 b bx ay 0 x y a 2 bx ay az by 2019 zx y az by 0 y z b Do đó xyz2 2 2 xz 222 zxy 2 xz y 2 xyzxzy Vì x,, y z nguyên dương nên x y z 1.Vậy x2 y 2 z 2 là số nguyên tố thi 2 2 2 x y z x y z xy 2019 2 2 2 x y z 1.Khi đó 1và x y z 1 x z y 1 yz 2019
  79. PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHI XUÂN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2018-2019 Bài 1. a) Thu gọn biểu thức sau: A 12 6 3 21 12 3 2018 b) Cho biểu thức B 4 x5 4 x 4 5 x 3 5 x 2 2018 1 2 1 Tính giá trị của B khi x 2 21 Bài 2. a) Cho các số thực x,, y z thỏa mãn x2 2 y 1 y 2 2 z 1 z 2 2 x 1 0 Tính giá trị của biểu thức A x15 y 10 z 2018 4 n b) Tìm các số nguyên dương n sao cho n 4 là số nguyên tố Bài 3. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 20y2 6 xy 150 15 x b) Tìm k để phương trình sau có nghiệm 2 2 2 x 1 x 2 x k 1 2 k 6 k 6 2 x Bài 4. a) Cho tứ giác ABCD có MP, lần lượt là trung điểm của AD,. BC N và Q lần lượt thuộc các cạnh AB và CD thỏa mãn MNPQ là hình bình hành (N, Q không trùng với trung điểm của AB và CD). Chứng minh rằng ABCD là hình thang b) Cho ABC vuông tại A. Trên các cạnh AB,, BC CAtheo thứ tự lấy các điểm DEF,, sao cho DE vuông góc với BC và DE DF.Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng BCM BFE ab Bài 5. Cho ab,0 thỏa mãn a22 b a b.Tìm GTLN của S ab 11
  80. ĐÁP ÁN Bài 1. 22 a) Ta có: A 33 233 332333 2 1 2 1 1 21 1 b) Ta có xx 2 1 2 1 2 221 2 2 1 2 1 2 2x 1 2 2 4 x2 4 x 1 44552xxxxxxxxx5 4 3 3 44552452 2 3 xx 3 x 4 x2 4 x 4 x 2 524 x x 2 42121. x B 2019 Bài 2. a) Ta có x2 21 y y 2 21 z z 2 210 x x 1 2 y 1 2 z 10 2 x y z 11 A x15 y 10 z 2018 b) Xét n 1ta có n4 4n =5 thỏa mãn Xét n 1.Nếu n chẵn thì n4 42n và n4 42n nên n4 4n là hợp số Nếu n lẻ, ta đặt n 21 k k , ta có : 2 2 2 n4 4n n 2 4 k .2 n 2 4 k .2 2. n 2 .4 k .2 22 n2 4k .2 2 n .2 k n 2 2 n .2 k 4 k .2 n 2 2 n .2 k 4 k .2 Tích cuối cùng là 1 hợp số Vậy n 1thỏa mãn bài toán Bài 3. a) Phương trình 20y22 6 xy 150 15 x 6 xy 15 x 20 y 150 32x y 5 54 y2 25 25 2 y 510 y 253 x 25 Xét các trường hợp sau:
  81. 70 2y 5 1 x 10 2 y 5 1 x TH1: TH 2: 3 ( ktm ) 10y 25 3 x 25 y 3 10 y 25 3 x 25 y 2 x 10 2y 5 25 x 58 2 y 5 25 TH3: TH 4: 74 ( ktm ) 10y 25 3 x 1 y 15 10 y 25 3 x 1 y 3 70 2y 5 5 x 58 2 y 5 5 x TH5: TH 6: 3 ( ktm ) 10y 25 3 x 1 y 15 10 y 25 3 x 5 y 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm xy; 10;3 ; 58;15 ; 10;0  2x b) Vì x2 10nên phương trình x22 2 x k 1 2 k 6 k 6 x2 1 2x x22 k k 1 k 2 2 k 1 k 2 4 k 4 1 0 x2 1 2 2 2 x 1 x k 1 k 2 0 x2 1 x 1 Dấu "" xảy ra khi . Vậy k 2 thì phương trình có nghiệm x 1. k 2
  82. Bài 4. a) A N E B M P I D F C Gọi EF, lần lượt là trung điểm của AB,. CD Ta có ME là đường trung bình của ABD nên ME/ / BD , BD 2 ME Ta cũng có PF là đường trung bình của BCD nên PF/ / BD , BD 2 PF Suy ra ME// PF và ME PF MEPF là hình bình hành Gọi I là giao điểm của MP và EF thì IE IF(1) Mặt khác MNPQ cũng là hình bình hành nên NQ đi qua I và IN IQ(2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác NEQF là hình bình hành. Suy ra NE// QF Hay AB// CD , do đó ABCD là hình thang.
  83. b) A F D I K M C B E Ta có DE DF nên DEF cân có ME MF nên DM EF và MDF MDE , kẻ DK BF tại K Ta có DKF DMF 900 nên DKMF nội tiếp MKF MDF MDE Mà MDE MEC (cùng phụ với MED), suy ra MKF MEC (1) Ta lại có BED BKD 900 BEKD là tứ giác nội tiếp BKE BDE mà BDE BCA(cùng bù với ADE) Suy ra BKE BCAnên tứ giác CEKF nội tiếp CKF MEC (2) Từ (1) và (2) suy ra MKF CKF KMC,,thẳng hàng BCM BFE Bài 5. Ta có: abab2 22 2 ab 2 2 ab 22 2 abab 0 ab 2 ab 1 1 1 1 Do đó S 1 1 2 a 1 b 1 a 1 b 1 a 1 b 1 1 1 4 Áp dụng BĐT với xy,0 ta có: x y x y
  84. 1 1 4 4 1 1 a 1 b a b 2 2 2 Suy ra S 2 1 1.Vậy MaxS 11 a b
  85. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HUYỆN LAI VUNG NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (4,0 điểm) 1. Tính A 8 32 25 2 100,2 2. Tìm các số tự nhiên n sao cho B n2 2 n 18là số chính phương 3. Với ab, là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a chia cho 13 dư 2 và b chia cho 13 dư 3 thì ab22 chia hết cho 13 Câu 2. (4,0 điểm) x x 3323 x x 1. Cho biểu thức C . Tìm diều kiện xác x 2 x 3 x 1 3 x định và rút gọn C 1 2. a) Chứng minh xx42 14 với mọi số thực x.Dấu đẳng thức xảy 17 ra khi nào ? 1 b) Cho ab, là các số thực thỏa mãn ab22 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 biểu thức D a44 11 b Câu 3. (4,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a) x43 2 x 4 x 4 11 b) xx 2 2 1 xx2 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: An dự định đi từ A đến B bằng xe đạp điện trong khoảng thời gian nhất định. Nếu An đi với vận tốc20km / hthì đến B sớm 12phút. Nếu Anđi với vận tốc 12km / h thì đến B trễ 20 phút. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi lúc đầu của An Câu 4. (4,0 điểm) 1. Cho hình vuông ABCD và điểm M thuộc cạnh BC( M khác B, C). Một đường thẳng đi qua A và vuông góc với AM cắt CD tại N a) Chứng minh BM DN AM b) Tính tỉ số MN 2. Cho tam giác ABC,đường cao AH.Trên tia đối tia AH lấy điểm D sao cho AD BC.Tại B kẻ BE AB sao cho BE AB(E và C thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ là AB). Tại C kẻ CF AC sao cho CF AC (F và B
  86. thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau từ bờ AC).Chứng minh ba đường thẳng DH, BF và CE đồng quy Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn OR; và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động trên đường thẳng d vuông góc với OA tại A, vẽ các tiếp tuyến ME, MF với đường tròn OEF ,(, là các tiếp điểm). Đường thẳng chứa đường kính của đường tròn song song với EF cắt ME, MF lần lượt tại C và D. Dây EF cắt OM tại H, cắt OA tại B 1. Chứng minh rằng: OAOB. không đổi 2. Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đường thẳng d 3. Tìm vị trí của M trên đường thẳng d để diện tích của HBO lớn nhất.
  87. ĐÁP ÁN Câu 1. 1)A 8 3 2 2 5 2 10 0,2 2 2 3 2 2 5 2 20 22 2 5 2 2 5 2 2 5 2 20 2 18 2) Đặt n22 2 n 18 a a2 n 1 2 17 a n 1 a n 1 17 Vì a , n a n 1 a n 1 ;17 là số nguyên tố Suy ra an 1 17(*)và a n 1 1 a n 2 Thay an 2vào (*) tính được n 7 3) Do a chia cho 13 dư 2 nên a 13 x 2 x b chia cho 13 dư 3 nên b 13 y 3 y a22 b 13 x 2 22 13 y 3 169x22 52 x 4 169 y 78 y 9 13. 13x22 4 x 13 y 6 y 1 13 K 13 Vậy ab22 chia hết cho 13 dfcm Câu 2. 1. Điều kiện xác định: xx 0, 9 2 x x 3 2 x 3 x 3 x 1 C xx 13 x x 3 2 x 12 x 18 x 4 x 3 xx 13 x x 3 x 8 x 24 xx 38 x 8 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 1 2 2a) Ta có x4 1 x 2 4 0 17 x 4 1 x 2 4 0 17 22 Mà 17 x4 1 x 2 4 4 x 2 1 0 với mọi x
  88. 2 1 Vậy 17 xx42 1 4 hay xx42 14 17 1 Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi x 2 1 2b) Áp dụng kết quả câu 2)a ta có: D a22 b 8 17 221 1 1 17 Mà a b D .8 217 2 2 17 1 Vậy GTNN của D là khi ab 2 2 Câu 3. 1a) x43 2 x 4 x 4 (1) 1 x4 2 x 3 x 2 x 2 4 x 4 x2 x 12 22 x x x 12 x xx2 22 2 x x 12 x x 2 x 2 0( VN ) Vậy S 2 11 1b) xx 2 2 1(3) xx2 x 0 x 0 Điều kiện xác định x 20 1 x 2x 1 0 2 3 1 x22 x 2 x x 2 x 1 1 x x2 x 2 2 x 1 0 2 1 x 1 xx . 0 xx 2 2 1 x 1 2 x 1 x 1 0 x2 xx 2 2 1 1 0(VN do DK ) xx 2 2 1 Vậy S 1
  89. 2) Gọi x (giờ) là thời gian dự định đi lúc đầu (x 0) Theo đề bài ta có phương trình: 11 20 x 12 x 20 x 4 12 x 4 x 1( tm ) 53 1 Vậy thời gian dự định là 1 giờ, quãng đường AB dài 20. 1 16km 5 Câu 4. A B M N D C 1) a) ABM và ADN có: AB AD, ABM ADN 9000 ; BAM DAN 90 MAD nên ABM ADN( ) g c g BM DN b) Vì ABM ADN AM AN AMN vuông cân tai A AM AM2 AM 2 AM 2 2 Do đó MN MN2 AN 2 AM 22 AM 2 2
  90. D A F I E 1 2 B H C 2) DAC và BCF có: DA BC( gt ); AC CF ( gt ); DAC BCF 900 ACH Nên DAC BCF ACD F Mà ACD DCF 9000 F DCF 90 Gọi I là giao điểm của BF và DC . Trong CIF có F DCF 900 CIF 900 hay DC BF Chứng minh tương tự ta được: DB CE Trong DBC có DH,, CE BF là các đường cao nên chúng đồng quy
  91. Câu 5. M E C A H B NK O F D OE OF R 1. Ta có OM là đường trung trực của EF  OM EF ME MF OB OH HOB AOM OAOB. OH . OM (1) OM OA EOM vuông tại E, đường cao EH nên OE2 OH. OM (2) Từ (1), (2) suy ra OAOB. OE22 R (không đổi) R2 2. Vì OAOB. R2 OB mà R không đổi do đó OB không đổi mà O cố OA định nên B cố định Vậy khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì EF luôn đi qua điểm cố định B BO 3. Gọi K là trung điểm của OB , mà BHOvuông tại H nên HK 2 Do OB không đổi nên HK không đổi HN. BO Kẻ HN BO , ta có: S BHO 2 Vì BO không đổi, nên SHBO lớn nhất HN lớn nhất Mà HN HK,dấu "" xảy ra NK 0 Vậy SHBO lớn nhất HBOvuông cân tại H MO tạo với OA một góc 45
  92. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH NGHỆ AN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN – BẢNG A ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Câu 1. (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y2 xy x 2 y 5 0 n b) Chứng minh rằng: A 22 4n 16chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n Câu 2. (6,5 điểm) 84xx3 a) Giải phương trình: 23x 25x 22 xy 1 3 1 b) Giải hệ phương trình: x 1 y 3 x y 3 Câu 3. (2,5 điểm) Cho abc,,là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4 a b c P a b b c c a Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O .Gọi DEF,, lần lượt là chân các đường cao kẻ từ 3 đỉnh ABC,, của tam giác. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N. Chứng minh rằng: a) EF OA b) AM AN 2. Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho AB. CD ADB ACB 900 và AC BD AD BC Chứng minh 2 AC. BD Câu 5. (2,0 điểm) Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng 1 minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng nằm trong hình vuông đó mà không 91 chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.
  93. ĐÁP ÁN Câu 1. 5 a) Ta có: 2yxyxy22 2 5 0 xy 1 2 yy 2 5 xy 2 y 1 ( y 1 không thỏa mãn phương trình ) Vì xy, là các số nguyên nên y 1là ước của 5. TH1: y 1 1 y 2 x 9 TH2: y 1 1 y 0 x 5 TH3: y 1 5 y 6 x 13 TH4: y 1 5 y 4 x 9 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên xy; là 9;2 ; 5;0 ; 13;6 ; 9; 4 nn b) Ta có: A 222 4nn 16 2 1 4 1 18 nn Đặt 22 2 2k k * 2 2 1 2 2 k 1 4 k 1 3 n Do đó với mọi n nguyên dương, ta có: 22 1 3;4n 1 3;18 3 n A 22 4n 16 3 Câu 2. 3 a) Điều kiện : x 2 84xx3 2x 3 2 x 5 2 x 3 8 x3 4 x 25x 3 2x 3 2 2 x 3 2 x 3 2.2 x Đặt a 2 x 3 0, b 2 x , ta có: 2 2 33 bb3 a 2 a b 2 b a b a 2 0 a b 24 20x 1 13 Suy ra 2x 3 2 x 2 x 2xx 3 4 4 1 13 Vậy x 4
  94. b) Hệ phương trình đã cho tương đương với: 22 xy 1 3 1 x 1 y 3 x 1 y 3 1 Đặt a x 1; b y 3.Ta được hệ phương trình: 2 ab22 1 a b 21 ab ab a b 1 ab a b 1 Đặt S a b;, P ab điều kiện SP2 4.Hệ trên trở thành: S 1 ()tm 2 SP 21 P 0 PS 1 S 3 ()ktm P 4 a 1 x 1 1 x 0 S 11 a b b 0 y 3 0 y 3 P 00 ab a 0 x 1 0 x 1 b 1 y 3 1 y 2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 0;3 ; 1;2 Câu 3. 1 1 1 Ta có: P 4 4 4 b c a 1 1 1 a b c b c a Đặt x , y , z x , y , z 0, xyz 1 a b c 1 1 1 P 1 x 4 1 y 4 1 z 4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 1 1 1 1 P 2 2 2 3 1 x 1 y 1 z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
  95. 2 2 xy2 1 1 xy 1 1 x 2 y1 xy x y 1 x 1 x Tương tự: 1 y 2 1 xy x y 1 1 1 Từ 2 bất đẳng thức trên ta có: 11 xy 22 1 xy Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự: 1 zz 2 1 1 21 zz 1 2 1 4 1 1 1 1 1 1z 1 1 3 1 x 2 1 y 2 1 z 2 1 xy 1 z 4 1 z 1 z 4 4 33 Ta có: P ,1 P x y z a b c 16 16 3 Vậy MinP a b c 16
  96. Câu 4. 1. N y A P x E F M O C B D a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA xy Xét tứ giác BCEF có BEC 9000 ( gt ); BFC 90 ( gt )do đó tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra ACB AFE (1) 1 Mặt khác BAx sd AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) 2 1 ACB sd AB (góc nội tiếp ) do đó BAx ACB (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra AFE BAx ở vị trí so le trong nên EF// xy hay EF OA b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q AD,, BE CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp, do đó ACB AFP 1 1 1 Mặt khác: ACB sd AB sd BM MA; AFP sd BM AP 2 2 2
  97. Do đó: sd AM sd APsuy ra BAlà tia phân giác của MBQvà AM AP 1 Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ACB BFM,tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB BFQ Do đó BFQ BFM ACB, suy ra FB là tia phân giác của MFQ MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN, Do đó ABN ABPnên AN AP (2) Từ (1) và (2) suy ra AM AN 2. A E D B C Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD không chứa C Ta có: ADE ACBvà DE DB AD BD DE Từ giả thiết: AC BD AD BC AC BC BC AB AC ADE ACB AE AD Mặt khác, BAC EAD CAD BAE.Do đó CAD BAE AC CD CD AB. CD 2 (ĐPCM) AB BEBD 2 AC. BD
  98. Câu 5. 1 Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng . 45 Gọi CCC1 , 2 , , 2025 là các hình tròn nội tiếp các hình vuông nhỏ ở trên, chúng 1 có bán kính bằng nhau và bằng . 90 ' Gọi CCC1 , 2 ' , , 2025 ' lần lượt là các hình tròn đồng tâm với các hình tròn ở trên 1 có bán kính là .Khi đó, các hình tròn này nằm trong hình vuông và đôi một không 91 có điểm chung (rời nhau) Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau và có 2019 điểm nên tồn tại một hình tròn trong các hình tròn này không chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho.
  99. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1. a) Cho abc,,là ba số nguyên thỏa mãn a b c3 2018 c .Chứng minh rằng A a3 b 3 c 3 chia hết cho 6 b) Tìm các số nguyên dương xy, thỏa mãn 4xy 1 3 c) Cho B 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2 với n *.Chứng minh rằng B không thể là số chính phương Bài 2. a) Giải phương trình : 3x2 4 x 11 2 x 5 3 x 7 x22 x y y 5 b) Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 x y x y xy 6 Bài 3. xx2 a) Rút gọn biểu thức Cx 1 2 với x 0. x 1 2 x 1 b) Cho các số thực abc,,thỏa mãn abc 1.Tìm GTLN của D ab ac c) Với x,, y z là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng yzxzxyxyz xyz Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn AB AC , đường phân giác AD D BC .Các điểm E và F lần lượt chuyển động trên các caanhj AB, AC sao cho BE CF.Trên cạnh BC lấy các điểm P và Q sao cho EP và FQ cùng song song với AD a) So sánh BP và CQ b) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác AEF thuộc một đường thẳng cố định Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2. R Gọi C là trung điểm của AO, vẽ tia Cx vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại I. Lấy K là điểm bất kỳ trên đoạn CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia Cx tại D. Vẽ tiếp tuyến với đường tròn O tại M cắt tia Cx tại N. a) Chứng minh rằng KMN cân b) Tính diện tích ABD theo R khi K là trung điểm của CI c) Khi K di động trên CL.Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp AKD đi qua điểm cố định thứ hai khác A
  100. ĐÁP ÁN Bài 1. a) Ta có: abc 3 2018 cabcccc 1 1 2016 c chia hết cho 6. Mặt khác abc3 3 3 abcaaa 1 1 bbb 1 1 ccc 1 1 chia hết cho 6. Do đó A a3 b 3 c 3 chia hết cho 6 b) Xét xy 11 Xét x 2thì 4x 8.Nếu y chẵn , đặt y 2 k k * 13 yk 19  2mod8 , vô lý Nếu y lẻ, đặt y 2 k 1 k * 13 yk 19.34mod8,  vô lý Vậy xy 1thỏa mãn bài toán c) Ta có : 4B 1.2.3.4 2.3.4. 5 1 3.4.5. 6 2 n n 1 n 2 n 3 n 1 2 nnnn 12 3 nnnnnnnn4 6116 3 2 4 61161 3 2 nn 2 31 Mặt khác: 2 n4 6 n 3 11 n 2 6 n n 4 6 n 3 9 n 2 n 2 3 n 22 n22 3 n 4 B n 3 n 1 Do đó B không thể là số chính phương Bài 2. 7 a) ĐKXĐ: x .Phương trình tương đương 3 3x2 333744437 x x x x x x 37 x 37370 x x 3x x 1374137 x x x 371370 x x x x 1 3 x 7 3 x 4 3 x 7 0 2 3xx 7 1 Xét 3x 7 x 1 x 3 x 1
  101. 3xx 7 4 3 2 35 Xét 3x 7 4 3 x 74 x x 2 33 35 Vậy S 3;  2 x y x y 15 b) Hệ phương trình 2 x y x y 6 x y a ab 15 Đặt ta có: 2 x y b ab 6 6 Nếu b 0, x y vô nghiệm . vậy b 0ta có: ab2 6. a Thế vào ab 15 được b2 7 3 x 3 xy 4 ba 2 2 2 1 xy 2 y 4 bb2 5 6 0 11 2 x 2 xy 6 ba 3 3 3 7 xy 3 y 6 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm Bài 3. 2x2 2 x 1 x 2 x 1 x a) Ta có C x22 x xx 11 22x 1 x 1 x 1 2 11xx x x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 2 1 1 1 b) Ta có: D a b c a 1. a a a a 2 4 4
  102. 1 1 GTLN của D là , đạt được khi và chỉ khi abc 4 3 c) Vì x,, y z là độ dài ba cạnh của tam giác nên y z x; z x y ; x y z 0 Áp dụng BĐT Cô si ta có: y z x z x y z z x y x y z x x y z y z x y Nhân vế theo vế các BĐT này ta có đpcm Bài 4. A E G F O N B C P D M Q BD BA BD CD a) Vì AD là phân giác nên CD CA BA CA BP BD CD CQ Lại có PF//// AD QE , Mà BE CF BP CQ BE BA CA CF b) Gọi MN, lần lượt là trung điểm của BC, EF thì MN là đường trung bình của hình thang PEFQ MN//// PE AD, Mà AD cố định, M cố định nên MN cố định. Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. AG AO 2 Ta có: OG// MN mà O cố định nên G di động trên đường thẳng qua O AN AM 3 song song với MN cố định
  103. Bài 5. D M I K E A C O B a) Ta có: KMN MBA, tứ giác BMKC có BMK BCK 900 nên nội tiếp MKN MBA MKN KMN KMN cân tại N AC KC b) Ta có: KAC BDC; ACK BCD ACK DCB DC CE R2 R2 AC.3 CB R R 4 DC . : R 3 KC 2 2 2
  104. DC. AB R 3.2 R Do đó: SR 2 3 ABD 22 c) Gọi E là điểm đối xứng với B qua C. Ta có CDE CDB CAK nên tứ giác AKDE nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp AKD cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE.Ta có ACB,, cố định nên AE cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp AKD đi qua điểm cố định thứ 2 là E khác A
  105. SỞ GD & ĐT TP ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút 1 2 2 3 Câu 1. Tính A 2 3 3 3 3 Câu 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm BC 6;0 ; 0;3 và đường thẳng 1 d có phương trình : y mx 22 m với m là tham số, mm 0, m 2 a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng dm và BC b) Tìm m để đường thẳng dm chia tam giác OBC thành hai phần có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ) Câu 3. a) Tìm x biết : 24 8 9 x2 x 2 3 x 4 12 7 19 xy 13 b) Giải hệ phương trình : 2xy 6 3 14 18 xy 13 Câu 4. Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35điểm. Kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau, trong đó có ba ô bị mờ ở các chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *) Điểm số mỗi lần bắn 10 9 8 7 6 5 Số lần bắn 2* 40 1* 1* 9 7 Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của AB. Lấy hai điểm D, E lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho DB DA AB, EA EC và OD OE a) Chứng minh rằng MA22 MD DA. DB b) Chứng minh rằng OA22 OD DA. DBvà DA DB EA EC c) Gọi GHK,,lần lượt là trung điểm của BE, CDvà ED. Chứng minh rằng đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK. Câu 6. Cho ba số x,, y z thỏa mãn các hệ thức z 11 x y và x zy 2 Chứng minh rằng 2x y z2 z 1 7và tìm tất cả các số nguyên x,, y z thỏa mãn các hệ thức trên
  106. ĐÁP ÁN Câu 1. 3 3 2 3 Ta có: A 2 3 2 3 1 3 1 33 Câu 2. a) Gọi phương trình đường thẳng BC là y ax b ta có: 60ab 1 yx 3 b 3 2 Hoành độ giao điểm của dm và BC là nghiệm của phương trình : 1 x 2 x 3 mx 2 m 2 . Tọa độ giao điểm của dm và BC là M 2;2 2 y 2 22m b) Đường thẳng dm cắt trục hoành tại điểm P ;0 , cắt trục tung tai điểm m Qm 0;2 2 và cắt đường thẳng BC tại điểm M 2;2 cố định. Ta có OB. OC 3.6 S 9.Kẻ MH Ox tại H, MK Oy tại K OBC 22 MH. PB 2 m 2 4 m 2 MK . QC Ta có S 6 ; S 2 m 1 PMB22mm QMC 1 Xét điểm Q nằm giữa O và C, suy ra 0 2 2mm 3 1 2 S 9 9 5 Khi đó S OBC 2m 1 2 m 1 m ( ktm ) QMC 2 2 2 4 1 Xét điểm Q nằm ngoài đoạn OC, suy ra mm ; 1.Khi đó 2 Sm4 2 9 4m 2 9 S OBC m 4( TMDK ). PMB 22m m 2 Vậy m 4 thỏa mãn bài toán Câu 3. a) ĐKXĐ: 33 x . Phương trình 2 4 3 x 3 x x 2 3 x 4 2 3 x 3 x x 2 3 x 4 2 3 x x 4 4 3 x x2 8 x 16 x 2( TMDK )
  107. Vậy phương trình có nghiệm x 2 b) ĐKXĐ: xx 1, 3. Ta có hệ phương trình tương đương 12 7 60 35 4 19 95 4 x 1 y 3 x 1 y 3 x 1 xx 1 1 2 8 5 56 3558yy 3 1 2 13 91 13 x 1 y 3 x 1 y 3 yx 31 Vậy hệ phương trình có nghiệm xy; 2; 2 Câu 4. Gọi số lần băn ứng với 10 điểm là 2,a ứng với 8 điểm là 1b , ứng với 7 điểm là 1c a, b , c ;0 a , b , c 9 .Theo bài ra ta có: 10.2a 9.40 8.1 b 7.1 c 6.9 5.7 8,35 100 10.2a 8.1 b 7.1 c 386 10 a 8 b 7 c 36 c 2 c 0;2;4 Xét c 0 10 a 8 b 36 5 a 4 b 18 a b 2( tm ) Xét c 2 10 a 8 b 22 3 a 4 b 11 ktm Xét c 4 10 a 8 b 8 5 a 4 b 4( ktm ) Vậy a b 2, c 0thỏa mãn bài toán Câu 5. A E K M N G D O H B C a) Ta có: MA22 MD MA MD MA MD MB MD DA DB DA
  108. b) Ta có: MA MBnên OM AB Do đó OA2 OD 2 MA 2 OM 2 MD 2 OM 2 MA22 MD DA. DB . Gọi N là trung điểm AC Chứng minh tương tự ta cũng có: OA22 OE EA. EB mà OD OE nên DA DB EA EC c) Ta có : KE KD, GE GB và HC HDnên KG là đường trung bình BDE và KH là đường trung bình DCE.Do đó DB 2 KG , EC 2 KH Và KG//,//. AB KH AC GKH BAC Mặt khác DA DB EA EC DA EA DA EA DA EA ADE HKG EC DB22 KH KG KH KG ADE KHG DKG KHG đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp GHK Câu 6. z 11 x y zx x y 1 Ta có: x zy 2 zy 2 x Do đó 2xyz 2 z 1 2 zx 2 2 zx 2 xyz 2 yzy 2zxy 1 2 zx 2 xz 2 x yzy 2 yz 2 xzxyzy 3 2 x 2 x x y 1 y 7.Mặt khác zz2 10 với mọi z nên ta có z 0 x 2, y 3 27xy TH1: 2x y 7 x 3 2 zz 11 z 1 x y 21 y 2x y 1 6 x 3 y 3 5 z 3 y ( ktm ) 21xy x 3 y 2 x 3 y 2 7 TH2: 2 zz 17 2x y 1 4 x 2 y 2 x 0 z 2 x 2 y 2 x 2 y 2 y 1 Vậy bộ x; y ; z 2; 3;0 ; 3; 1;1 ; 0; 1; 2 
  109. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Câu 1. x x x 1 x 2 x 5 x 4 a) Rút gọn P : x 2 x 2 x x 1 x x 2 x 0 b) Cho ab 337 50, 7 50.Chứng minh rằng các biểu thức M a b; N a77 b có giá trị đều là số chẵn Câu 2. 2 a) Giả sử xx12; là hai nghiệm của phương trình x 2 kx 4 0(k là tham số). Tìm 22 xx các giá trị của k sao cho 12 3 xx21 2 x x 1 2 y 1 b) Giải hệ phương trình: 2 y y 1 2 x 1 Câu 3. a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x22 y x y x 21 y x b) Cho n *.Chứng minh rằng nếu 21n và 31n là các số chính phương thì n chia hết cho 40. Câu 4. Cho đường tròn OR; và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA 2. R Từ Akẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn O ( BC, là các tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt dây BC tại I.Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC.Tiếp tuyến tại M của đường tròn O cắt AB, AC lần lượt tại EF,.Dây BC cắt OE, OF lần lượt tại các điểm P và Q a) Chứng minh rằng ABI 600 và tứ giác OBEQ nôi tiếp b) Chứng minh rằng EF 2 PQ c) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC sao cho tam giác OPQcó diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R. Câu 5. xy33 Cho x, y , z 0thỏa mãn x y z 1 0.Tìm GTLN của P x yz y zx z xy 2
  110. ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có: 2 x x x 11 xx 45 x 11 x P :: x x 2 x 1 x 2 x x 1 x 3 3 b) Ta có : a 3 2 1 2 1và b 3 1 2 1 2 . Do đó M 2là số chẵn ab 2 22 2 Ta lại có: a b a b 26 ab , do đó: ab 1 N a77 b a7 a 4 b 3 b 7 a 3 b 4 a 4 b 3 a 3 b 4 a3 b 3 a 4 b 4 a 3 b 3 a b 2 a b a2 b 2 ab a 2 b 2 2 a 2 b 2 2 478là số chẵn. Câu 2. a) Để phương trình có nghiệm thì ' 0 kk2 4 0 2. x12 x 2 k Ta thấy x 0không phải là nghiệm, theo Vi-et thì xx12 4 22 xx12 44 3 xx12 48 xx21 2 2 x2 x 2 2 x 2 x 2 48 x x2 2 x x 80 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4kk22 8 80 4 5 2 5 2 k 2 2 k 5 2 2 2 2 2 x 1 2 y 1 x 2y 2 y 2 xy x 0 b) Ta có: x x 1 2 y 1 2yx 1 1 20yx
  111. 2 2 2 2 y 1 2 x 1 y 2x 2 y 2 xy y 0 y y 1 2 x 1 2xy 1 1 20xy 2y2 2 y 2 xy x 0 20xy Suy ra x y 2 x y 3 0.Vì xy 0 2 2x 2 x 2 xy y 0 20yx Do đó x y x y 0là nghiệm của hệ phương trình Câu 3. 22 xy 2 a) Phương trình tương đương x y x y 12 xy x y 22 xy 1 Suy ra xy 2 xy22 1 xy 22 4 xy 22 1 xy 22 1 5 xy 22 1 5 xy 22 1 x2 y 2 1 1;5 x 2 y 2 0;4 xy 2;0;2 Xét xy 0 thì x y 2 x ; y 0;2 ; 2;0  Xét xy 2 x y 0 y x x2 2( ktm ) 4 Xét xy 2 x y ( ktm ) 5 Vậy xy; 0;2 ; 2;0  21na 2 b) Đặt với ab, *, suy ra an2 21là số lẻ nên a lẻ 2 31nb Do đó: 2n a 1 a 1 4 n 2 3 n 1 b2 là số lẻ nên b lẻ. Đặt b 2 c 1 c * Ta có: 3n 21 c 2 14 c c 18 n 8(1) Mặt khác số chính phương chia cho 5 chỉ có thể dư 0;1hoặc 4. Do đó - Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 21n chia cho 5 dư 3, vô lý - Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý - Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý - Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n +1 chia cho 5 dư 3, vô lý Vậy n 5 (2) Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40