Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Thanh Hóa năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (255.54 KB, 6 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019


MƠN : TỐN
Câu 1.


a) Rút gọn 1 : 2 5 4


0


2 2 1 2


x


x x x x x


P


x


x x x x x x


          


  





    


   


b) Cho a 3 7 50 ,b 3 7 50 .Chứng minh rằng các biểu thức


7 7


;


M  a b Nab có giá trị đều là số chẵn
Câu 2.


a) Giả sử x x1; 2là hai nghiệm của phương trình x2 2kx 4 0(klà tham số). Tìm
các giá trị của ksao cho


2 2


1 2


2 1


3


x x


x x



   


 


   


   


b) Giải hệ phương trình:


2
2


1 2 1
1 2 1


x x y


y y x


    





   



Câu 3.



a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x y2 2

xy

  x 2 y x

1



b) Cho n *.Chứng minh rằng nếu 2n1và 3n1là 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2 .R Từ Akẻ
các tiếp tuyến AB AC, đến đường tròn

 

O (B C, là các tiếp điểm). Đường thẳng OAcắt
dây BCtại .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 BCcắt OE OF, lần lượt tại các điểm PQ


a) Chứng minh rằng ABI 600và tứ giác OBEQnôi tiếp
b) Chứng minh rằng EF 2PQ


c) Xác định vị trí điểm Mtrên cung nhỏ BCsao cho tam giác OPQcó diện tích nhỏ
nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo .R


Câu 5.


Cho , ,x y z0thỏa mãn x   y z 1 0.Tìm GTLNcủa








3 3


2


x y


P


x yz y zx z xy





(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


a) Ta có:








2


1 4 5 1 1 1


: :


1


2 1 2


x x x x x x x


P


x x x



x x x x


    


  




  


b) Ta có :



3


3 2 1 2 1


a    và



3


3 1 2 1 2


b    . Do đó M 2là số
chẵn


Ta lại có: 2 2 2

2 2 6
1


a b



a b a b ab


ab
 


     


 


 , do đó:








7 7


7 4 3 7 3 4 4 3 3 4


3 3 4 4 3 3


N a b


a a b b a b a b a b


a b a b a b a b


 



     


    


2 2

 

2 2

2 2 2


2 2 478


a b a b aba b a b


       


  là số chẵn.


Câu 2.


a) Để phương trình có nghiệm thì   ' 0 k2   4 0 k 2.
Ta thấy x0khơng phải là nghiệm, theo Vi-et thì 1 2


1 2


2
4


x x k


x x
  






2 2
4 4
1 2
1 2
2 1
2
2 2


2 2 2 2


1 2 1 2 1 2 1 2


2


2 2


3 48


2 48 2 80


4 8 80 4 5 2


x x


x x



x x


x x x x x x x x


k k
   
   
   
 
      
      


5 2 2


2 5 2


k
k
    

 
   


b) Ta có:



2 2


2



2 1 2 1 2 2 2 0


1 2 1


2 0


2 1 1


y y xy x


x y x


x x y



(3)

2 2
2


2 1 2 1 2 2 2 0


1 2 1


2 0


2 1 1


x y xy y


y x y


y y x



x y


x y


         




    


 
  


 




Suy ra

 



2
2


2 2 2 0


2 3 0.


2 2 2 0


y y xy x



x y x y


x x xy y


    






   


 Vì


2 0


0


2 0


x y


x y
y x


 


  



 



Do đó x   y x y 0là nghiệm của hệ phương trình


Câu 3.


a) Phương trình tương đương

2 2 1

2 2 2 2
1


xy


x y x y xy x y


x y




      



Suy ra


2 2

 

2 2

 

2 2

 

2 2

 

2 2

2 2



2 1 4 1 1 5 1 5 1


xyx y   x yx y   x y   x y   x y



 

 



2 2 2 2


1 1;5 0;4 2;0;2


x y x y xy


       


Xét xy0thì x  y 2

     

x y; 

0;2 ; 2;0


Xét xy        2 x y 0 y x x2 2(ktm)


Xét 2 4( )


5


xy   x y ktm


Vậy

     

x y; 

0;2 ; 2;0


b) Đặt


2
2


2 1
3 1


n a



n b


  




 


 với a b,  *,suy ra


2


2 1


an là số lẻ nên alẻ


Do đó:



2


2na1 a1 4n 23n 1 b là số lẻ nên blẻ.
Đặt b2c1

c *



Ta có: 3n

2c1

2  1 4c c

1 8

n 8 (1)


Mặt khác số chính phương chia cho 5 chỉ có thể dư 0;1hoặc 4. Do đó
- Nếu nchia cho 5 dư 1 thì 2n1chia cho 5 dư 3, vô lý


- Nếu nchia 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, vơ lý


- Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n +1 chia cho 5 dư 3, vô lý


Vậy n 5 (2)



(4)

Câu 4.


a) Ta chứng minh được OABCtại I


Do đó, 1 0


cos cos 60


2


OB


ABI AOB ABI


OA


    


Mặt khác 600


2 2


COM BOM BOC


EOFFOMEOM     AOB



EOF ABI OBEQ


   nội tiếp


b) Ta có OQP OEB OEF OQP OEF PQ OQ(1)


EF OE


      


Mặt khác OBEOQE1800mà OBE 900


I



K


H



Q


P



F



E



C


B



A

O




(5)

 




0 0 0 1 1


90 90 30 sin 2


2 2


OQ


OQE OEQ EOF OEQ


OE


         


Từ (1) và (2) suy ra EF 2PQ


c) Qua Okẻ đường thẳng vng góc với OAvà cắt ABvà AC lần lượt tại K và H.
Vì OQPOEFnên


2


1 . .


4 4 8 8


OPQ OEF


OPQ
OEF



S EF S OM EF R EF


S


S PQ


 


    


 


Vì 600 .cot .cot 600


3


R


KBOI  HCKBOB KOB


Lại có EFFMEMFCEB

HFHC

 

KEKB



 

 

2


2 2 . .


3


R



HF KE HC KB HF KE HC HF KE


        


Mặt khác, ta chứng minh được HFOOFEvà KOEOFEnên


2
2


0


4


. .


sin 60 3


HF HO R R


HFO KOE HF KE OK OH OK


OK KE
 
       
 
Do đó,
2
. 3
.


8 12
OPQ


R EF R


S   Diện tích tam giác OPQnhỏ nhất là


2


3
.
12


R


Khi đó M
điểm chính giữa cung BC


Câu 5.


Ta có:







2 2


3 3 2 2


1


. .



x yz y zx z xy x yz y zx z xy


P x y y x x y


     
 






2
2 2
2 2
2


2 2 2


2


2 2 2


2


4


1 1 1 1 2 1


4 1



4 12 8


1 1 1 6 1


1


1 1 1


3 1


12 8 1 1


6


1 4 1 8 8


x y z x x z z


z z z z z z


y x xy y y xy x y


z z
z


z z z


z


z z z



z z z


z z
 
 
       
       
  
         
     
              

  
     
     

     





Áp dụng BĐT Cơ si ta có:






2



3 2


3 1


1 12 8 1 1 729 4


6 2 . 3 . .


1 4 1 8 8 4 729


z z z


P


P z z



(6)

Vậy GTLN của Plà 4





×