Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (296.37 KB, 6 trang )

(1)

QUẢNG NGÃI
ĐỀ CHÍNH THỨC


LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MƠN TỐN


Thời gian làm bài : 150 phút
Bài 1.


a) Cho a b c, , là ba số nguyên thỏa mãn a  b c3 2018 .c Chứng minh rằng


3 3 3


Aa  b c chia hết cho 6


b) Tìm các số nguyên dương ,x ythỏa mãn 4x  1 3y


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 4x 11

2x5

3x7
b) Giải hệ phương trình:


2 2


3 3 2 2


5
6



x x y y


x y x y xy


    




   



Bài 3.


a) Rút gọn biểu thức




2
2


2
1


1
1


x x



C x


x
x


   




 với x0.


b) Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a  b c 1.Tìm GTLN của Dabac


c) Với , ,x y zlà độ dài ba cạnh của một tam giác


Chứng minh rằng

y z x



z x y



x y z

xyz


Bài 4. Cho tam giác ABCnhọn

ABAC

,đường phân giác AD D

BC

.Các điểm E


Flần lượt chuyển động trên các caanhj AB AC, sao cho BECF.Trên cạnh BClấy các
điểm Pvà Q sao cho EPFQ cùng song song với AD


a) So sánh BPCQ


b) Chứng minh rằng trọng tâm Gcủa tam giác AEFthuộc một đường thẳng cố định
Bài 5. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB2 .R Gọi C là trung điểm của AO, vẽ tia


Cxvuông góc với ABcắt nửa đường trịn (O) tại I. Lấy Klà điểm bất kỳ trên đoạn CI(K
khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia Cxtại D. Vẽ tiếp tuyến
với đường tròn

 

O tại M cắt tia Cxtại N.


a) Chứng minh rằng KMNcân


b) Tính diện tích ABDtheo R khi K là trung điểm của CI


c) Khi Kdi động trên CL.Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp AKDđi qua điểm



(2)

ĐÁP ÁN
Bài 1.


a) Ta có: a  b c3 2018c   a b c

c1

 

c c 1

2016cchia hết cho 6. Mặt
khác

a3b3c3

a b c

 

a1

 

a a 1

 

b1

 

b b  1

 

c 1

 

c c1

chia
hết cho 6. Do đó Aa3  b3 c3chia hết cho 6


b) Xét x  1 y 1


Xét x2thì 4 8.x Nếu ychẵn , đặt y2k k

 *

 1 3y  1 9k 2 mod8

, vô lý
Nếu ylẻ, đặt y2k1

k *

 1 3y  1 9 .3k 4 mod8 ,

vô lý


Vậy x y 1thỏa mãn bài tốn
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 






4 3 2 4 3 2

2

2


1 2 3 6 11 6 6 11 6 1 3 1



n n n n n n n n n n n n n n


               


Mặt khác:


2


4 3 2 4 3 2 2


6 11 6 6 9 3


nnnnnnnnn


2

2

2

2


3 4 3 1


n n B n n


     


Do đó Bkhơng thể là số chính phương
Bài 2.


a) ĐKXĐ: 7.
3


x  Phương trình tương đương



 







2


3 3 3 3 7 4 4 4 3 7 3 7 3 7 3 7 0


3 1 3 7 4 1 3 7 3 7 1 3 7 0


1 3 7 3 4 3 7 0


x x x x x x x x x x


x x x x x x x x


x x x x


             


             


       


Xét



2


3 7 1



3 7 1 3


1


x x


x x x


x


   


     



(3)

Xét




3 7 4 3


3 5


3 7 4 3 7 4


2


3 3


x x



x x x


x
   

     
  


Vậy 3;3 5


2


S    


 


 


b) Hệ phương trình







2


1 5


6


x y x y
x y x y



   



 


  





Đặt x y a


x y b


 


  


 ta có:



2
1 5
6
a b
ab
  







Nếu b  0 x y,vơ nghiệm . vậy b0ta có: ab2 6 a 62.


b


   Thế vào

a1

b5được


2
7
3
3 4
2 2
1
2
2
4
5 6 0


11
2
2 6
3 3
7
3
3
6
x
x y


b a


x y y


b b


x
x y


b a


x y y


 

 
    

   

   



 
   
 

 
   


 


Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
Bài 3.


a) Ta có




2


2 2


2 2


2 2 1 2 1


1 1 1


1 1


x x x x x


C x x


x x x


x x
 


      
  
 
2
1 1
1


1 1 1 1


x x


x x x


x x x x


 


     


   


 


b) Ta có:

 



2


2 1 1 1


1 .



2 4 4


Da bcaa     a a a   



(4)

GTLN của D là 1


4, đạt được khi và chỉ khi


1
3


a  b c


c) Vì , ,x y zlà độ dài ba cạnh của tam giác nên y z x z;  x y x;   y z 0
Áp dụng BĐT Cơ 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) Vì AD là phân giác nên BD BA BD CD


CDCABACA


Lại có PF / /AD/ /QE BP BD CD CQ


BE BA CA CF


    , Mà BECFBPCQ


b) Gọi M N, lần lượt là trung điểm của BC EF, thì MN là đường trung bình của hình
thang PEFQMN / /PE/ /AD, Mà AD cố định, M cố định nên MN cố định. Gọi


Olà trọng tâm tam giác ABC.
Ta có: 2 / /


3


AG AO


OG MN


ANAM   mà O cố định nên G di động trên đường thẳng qua O



song song với MN cố định


O


G



M


N



Q


E



F


D



A




(5)

a) Ta có: KMNMBA, tứ giác BMKCBMKBCK 900nên nội tiếp


MKN MBA MKN KMN KMN


      cân tại N


b) Ta có: KAC BDC ACK; BCD ACK DCB AC KC


DC CE


      


2
2



. 3 4


. : 3


2 2 2


R
R


AC CB R R


DC R


KC




 


  


 


E



D



M


I




B



C

O



A




(6)

Do đó: . 3.2 2
3


2 2


ABD


DC AB R R


S   R


c) Gọi E là điểm đối xứng với B qua C. Ta có CDECDBCAKnên tứ giác AKDE


nội tiếp. Do đó đường trịn ngoại tiếp AKDcũng là đường trịn ngoại tiếp tứ giác


.


AKDE Ta có A C B, , cố định nên AE cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp AKDđi





×