Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 Sở Giáo dục và đào tạo Quảng Trị năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (217.29 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ CHÍNH THỨC


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


MƠN: TỐN


Câu 1. Cho a 4 102 5  4 102 5


a) Chứng minh rằng alà nghiệm của phương trình a2 2a 4 0
b) Tính giá trị của


4 3 2


2


4 6 4


2 12


a a a a


P


a a


   





 


Câu 2. a) Giải hệ phương trình


3 3


8
2 2
x y


x y xy
  


  




b) Giải phương trình

x1



x2



x3

 

2 x4



x5

360
Câu 3.


a) Chứng min rằng a2 b2 c2 ab bc cavới mọi số thực a b c, ,


b) Cho a b c, , 1và abacbc9.Tìm GTNN và GTLN của Pa2 b2 c2


Câu 4. Cho ABCvuông tại A

ACAB

.Gọi H là hình chiếu vng góc của Atrên BC,
D là điểm nằm trên đoạn thẳng AH(D khác ,A H).Đường thẳng BDcắt đường trịn tâm C
bán kính CA tại E và F (Fnằm giữa B và D), M là điểm trên đoạn thẳng ABsao cho


2



ACFBFM, MF cắt AH tại N


a) Chứng minh rằng BH BC. BE BF. và tứ giác EFHCnội tiếp
b) Chứng minh rằng HDlà tia phân giác của EHF


c) Chứng minh rằng Flà trung điểm của MN


Câu 5. Cho các số nguyên a b c, , thỏa mãn


2 2


2 2 2 2


2
.


a c c


abacbc Chứng minh rằng bc



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


a) Ta có:









2


2 2


2 2


8 2 4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 6 2 5


8 2 5 1 6 2 5 5 1


5 1 5 1 5 2 1 2 4 0


a


a a a a a a


        


      


             


Nên alà nghiệm của phương trình a2 2a 4 0
b) Ta có:




4 3 2 3 2 2


2



2 2 2 2


2


2 4 2 4 8 2 4 8


2 4 16


2 4 2 2 4 2 4 8 8 1


2 4 16 16 2


a a a a a a a a


P


a a


a a a a a a a a


a a
        

  
        
  
  
Câu 2.



a) Hệ phương trình

 



2


3 8


2 2


x y x y xy


x y xy








   




.Đặt x y a
xy b
 

 
 với
2
4



ab


Ta có:


2

3



3 3 2


3 8 2 6 16


2 3 2 16 2 3 6 16 0
2 2


2 2


a a b a ab


a a a a a a


b a
a b


 
 
  





3 2 2


2


2 4 7 14 8 16 0
2 2 7 8 0


a a a a a


a a a


      


    


Vì 2a2 7a 8 0 vô nghiệm, nên a  2 b 0. Hệ có nghiệm

     

x y; 

0;2 ; 2;0


b) Phương trình :

x2 6x5



x26x8



x2 6x9

360


Đặt 2


6 5


xx t, ta có:




3 2

2




(3)

t2 12t720vơ nghiệm nên 5 2 6 0 0
6
x



t x x


x


     


 

Vậy S

0; 6



Câu 3.


a) Ta có : 2

a2 b2c2

2

ab bc ca

 0

a b

 

2  b c

 

2 c a

2 0
Dấu " " xảy ra khi a b c


b) Vì a b c, , 1nên
















1 1 0 1


1 1 0 1 2 3 12



1
1 1 0


a b a b ab


b c b c bc a b c ab bc ca


c a ca


c a


  


 




              


 


     





2 2 2 2 2 2 2


6 36 2.9 36 18



a b c a b c a b c a b c


                


Vậy GTLN của Plà 18, đạt được khi

a b c; ;

là các hoán vị của

1;1;4


Mặt khác a2 b2 c2 ab bc ca9nên GTNNcủa P là 9. Đạt được khi


3



(4)

Câu 4.


a) Ta có: FAB AEB BAF BEA BF BA BA2 BE BF.


BA BE


       


áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng thì BA2 BH BC. BH BC. BE BF.


BH BF


BHF BEC BHF BEC


BE BC


       nên tứ giác EFHCnội tiếp


b) Ta có BHFBECCFECHEAHBAHC 900nên AHFAHEHDlà tia
phân giác của EHF



c) Gọi K là giao điểm của AHvới (C) , chứng minh được BKlà tiếp tuyến của đường tròn
(C) , ta có 2BFMACF 2AEF


K



N



E


F



H



A

C



B




(5)

/ /


BFM AEF MN AE ANM KAE


     lại có : NAMAEK


(1)


MN AN


AMN EKA


KA EA



     . Do đó 0


180


AFNFAE


0 1 1


180


2 2


EKFFAE  AFNEKFECFEHFAHE


Hay AFN AHE ANM; HAE AFN EHA AN NF (2)


EA AH


      


Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2
2


MN NF NF NF


MN NF FM FN


KAAHAHKA    


Câu 5.



Ta có:


2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2 2


2


0


a c c a c c c


abacbcabbcacbc










2 2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 0 2 2 2 2 0


a b c c a b c b c c a c b a bc c a bc


b c a b b c a c b c a b b c a c



        


     


       










2
2


2 2 2 2 2 2 2 2


2
2


0 0


0


a bc b c


a bc b c


b c a b a c b c a b a c



a bc b c


 


  


  


       


   





×