Tải bản đầy đủ

020 đề thi HSG toán 9 tỉnh thanh hóa 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
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 a  3 7  50 , b  3 7  50. Chứng minh rằng các biểu thức
M  a  b; N  a7  b7 có giá trị đều là số chẵn
Câu 2.
a) Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x2  2kx  4  0 ( k là tham số). Tìm
2

2

x  x 
các giá trị của k sao cho  1    2   3
 x2   x1 
 x  x 2  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 : x2 y 2  x  y   x  2  y  x  1
b) Cho n *. Chứng minh rằng nếu 2n  1 và 3n  1 là các số chính phương thì n
chia hết cho 40.
Câu 4.
Cho đường tròn  O; R  và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA  2R. Từ A kẻ

các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn  O  ( B, C 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 E, F . 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 OPQ có diện tích nhỏ
nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R.
Câu 5.
x3 y 3
P

Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  1  0. Tìm GTLN của
2
 x  yz  y  zx  z  xy 


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
P



:

x  x  x 1

  x  1
Ta có : a   2  1 
x



x  4   x  5

x 2

3

b)

3

x 2





x 1
1
:

x
x 1



2  1 và b  3 1  2



3





x 1

2

x

 1  2 . Do đó M  2 là số

chẵn
a  b  2
2
Ta lại có: 
 a 2  b 2   a  b   2ab  6 , do đó:
ab  1

N  a 7  b7
 a 7  a 4b3  b7  a 3b 4   a 4b3  a 3b 4 
  a 3  b3  a 4  b 4   a 3b3  a  b 

  a  b   a 2  b2  ab   a 2  b2   2a 2b 2   2  478 là số chẵn.


2

Câu 2.
a) Để phương trình có nghiệm thì  '  0  k 2  4  0  k  2.
 x  x  2k
Ta thấy x  0 không phải là nghiệm, theo Vi-et thì  1 2
 x1 x2  4
2

2

x  x 
  1    2   3  x14  x24  48
 x2   x1 
2
  x12  x22   2 x12 x22  48   x1  x2   2 x1 x2   80


2

2

  4k 2  8   80  4  k 2  5  2
2

 5  2  k  2



52
2  k 
2
2

2 y 2  2 y  2 xy  x  0
x  1  2 y  1  x

b) Ta có: x  x  1  2 y  1  
2
y

1

x

1

2 y  x  0

2


2
2

2 x 2  2 y  2 xy  y  0
 y  1   2x  1  y 
y  y  1  2x  1  

2 x  1  y  1
2 x  y  0

2

2 y 2  2 y  2 xy  x  0

Suy ra  2
  x  y   2  x  y   3  0. Vì

2 x  2 x  2 xy  y  0

2 x  y  0
 x y0

2
y

x

0


Do đó x  y  x  y  0 là nghiệm của hệ phương trình
Câu 3.
a) Phương trình tương đương  x  y   x 2 y 2  1  xy  2  x  y 
Suy ra

xy  2
x2 y 2  1

 xy  2  x2 y 2  1   x2 y 2  4  x2 y 2  1   x2 y 2  1  5  x2 y 2  1  5  x2 y 2  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  x 2  2(ktm)
4
Xét xy  2  x  y  (ktm)
5
Vậy  x; y   0;2 ;  2;0 

2n  1  a 2
b) Đặt 
với a, b *, suy ra a 2  2n  1là số lẻ nên a lẻ
2
3n  1  b
Do đó: 2n   a  1 a  1 4  n 2  3n  1  b2 là số lẻ nên b lẻ.

Đặt b  2c  1 c  *
Ta có: 3n   2c  1  1  4c  c  1 8  n 8 (1)
2

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 2n  1chia 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


Câu 4.

H
B
E
P

M
I

A

O
Q

F
C
K
a) Ta chứng minh được OA  BC tại I
OB 1
Do đó, cos ABI  cos AOB 
  ABI  600
OA 2
Mặt khác EOF  FOM  EOM 

COM  BOM BOC

 AOB  600
2
2

 EOF  ABI  OBEQ nội tiếp
b) Ta có OQP  OEB  OEF  OQP OEF 
Mặt khác OBE  OQE  1800 mà OBE  900

PQ OQ

(1)
EF OE


 OQE  900  OEQ  900  EOF  300  sin OEQ 

1
OQ 1

  2
2
OE 2

Từ (1) và (2) suy ra EF  2PQ
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA và cắt AB và AC lần lượt tại K và H.
2

 EF  1
S
OM .EF R.EF
Vì OQP OEF nên

  SOPQ  OEF 


SOEF  PQ  4
4
8
8
R
Vì K  BOI  600  HC  KB  OB.cot K  OB.cot 600 
3
Lại có EF  FM  EM  FC  EB   HF  HC    KE  KB 
SOPQ

2R
.
3
Mặt khác, ta chứng minh được HFO OFE và KOE OFE nên
2
HF HO
 R  4R
2
HFO KOE 

 HF .KE  OK .OH  OK  

0 
OK KE
3
 sin 60 
  HF  KE    HC  KB    HF  KE   2 HC  2 HF .KE 

R2 3
R.EF R 2 3
. Khi đó M là
Do đó, SOPQ 

. Diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất là
12
8
12
điểm chính giữa cung BC
Câu 5.
1  x  yz  y  zx  z  xy 
x  yz y  zx  z  xy 
Ta có: 

.
.
P
x3 y 3
y
x
x2 y 2
2

2

2
 4z

x
 y
  x x

 z
2  z
   z    z    1  1     z  z    1  1  2 z  z 2  

1

2
xy
  xy    y y 
x

y


y
 x





2

2

2

 4z
  4 z  z  1
 

12
8
  z  1 

1


z

1

6



z

1
 
 

2
2
z  1  z  12
  z  1
   z  1
 


12 3  z  1
8
z  1 z  1
 6 





2
z

1
4
8
8
z

1




Áp dụng BĐT Cô si ta có:
2

2

1 
12 3 z  1
8
z  1 z  1  729
4

 6  2
.
 33
.
.


P

2
P 
z 1
4
4
729
 z  1 8 8 


2

2


Vậy GTLN của P là

4
, đạt được khi x  y  2, z  5
729



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×