Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Nghệ An năm 2018- 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (248.51 KB, 7 trang )

(1)

TỈNH NGHỆ AN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
Mơn thi: TỐN – BẢNG A


Thời gian: 150 phút
Câu 1. (3,0 điểm)


a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y2 xy x 2y 5 0


b) Chứng minh rằng: A22n 4n 16chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n
Câu 2. (6,5 điểm)


a) Giải phương trình:


3


8 4


2 3


2 5


x x
x


x

 




b) Giải hệ phương trình:

 







2 2


1 3 1


1 3 3


x y


x y x y


    





     





Câu 3. (2,5 điểm) Cho a b c, , 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 ABCnội tiếp đường tròn

 

O .Gọi D E F, , lần lượt là chân
các đường cao kẻ từ 3 đỉnh , ,A B Ccủa tam giác. Đường thẳng EFcắt đường
tròn (O) tại điểm thứ nhất M(M khác phía với O so với đường thẳng AB),
đường thẳng BM cắt đường thẳng DFtại N. Chứng minh rằng:


a) EFOA
b) AMAN


2. Cho tam giác nhọn ABC D, là điểm trong tam giác đó sao cho


0


90


ADBACB và AC BD.  AD BC. .Chứng minh . 2
.



AB CD
AC BD


Câu 5. (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng


minh rằng tồn tại một hình trịn bán kính bằng 1



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


a) Ta có: 2 2 2 5 0

1

2 2 2 5 2 5


1


y xy x y x y y y x y


y


            



(y1 khơng thỏa mãn phương trình )


Vì ,x ylà các số nguyên nên y1là ước của 5.


1: 1 1 2 9


2 : 1 1 0 5



3 : 1 5 6 13


4 : 1 5 4 9


TH y y x
TH y y x
TH y y x
TH y y x


     
       
     


        


Vậy phương trình có các nghiệm ngun

 

x y; là

  

9;2 ; 5;0 ; 13;6 ;

 

 

 9; 4


b) Ta có: A22n 4n 16

22n  1

4n  1

18


Đặt 2 2

2 2


2 n 2 k k * 2 n  1 2 k  1 4k 1 3


Do đó với mọi nnguyên dương, ta có: 22n 1 3;4n 1 3;18 3


2


2 n 4n 16 3
A


   



Câu 2.


a) Điều kiện : 3
2
x 




 



3


3


3 3


8 4


2 3 2 5 2 3 8 4


2 5


2 3 2 2 3 2 2.2


x x


x x x x x


x



x x x x




      




     


Đặt a 2x 3 0,b2x, ta có:


2 2


3 3 3


2 2 2 0


2 4


b b


aabbab a      a b


 


 


 



Suy ra 2 3 2 2 0 2 1 13


4


2 3 4


x


x x x


x x




 


    


 


Vậy 1 13



(3)

 





 

 



2 2



1 3 1


1 3 1 3 1


x y


x y x y


    





      





Đặt a x 1;b y 3.Ta được hệ phương trình:


2


2 2


1 2 1


1 1


a b a b ab


ab a b ab a b




      


 


     




Đặt S  a b P; ab,điều kiện S2 4 .P Hệ trên trở thành:


2
1
( )
0
2 1
1 3
( )
4
S
tm
P
S P


P S S


ktm
P
  




  

   





1 1 1 0


0 3 0 3


1 1


0 0 0 1 0 1


1 3 1 2


a x x


b y y


S a b


P ab a x x


b y y



        
  
 
    


   
  
 
   
  
  


Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là

   

0;3 ; 1;2
Câu 3.


Ta có: 1 4 1 4 1 4


1 1 1


P


b c a


a b c


  


   



     


     


Đặt x b,y c,z a x y z, , 0,xyz 1


a b c


     


 

4

 

4

4


1 1 1


1 1 1


P


x y z


   


  


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:


 

 



2



2 2 2


1 1 1 1


3 1 1 1


P


x y z


 


    


  


 


 



(4)

 



 





2


2 2


2



1


1 1 1


1
1


x y


xy x


y x xy x y




   


 


   


Tương tự:


 

2





1


1
1



x
xy x y


y   




Từ 2 bất đẳng thức trên ta có:


 

2

2


1 1 1


1
1x  1 y  xy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y 1


Tương tự:


 

2

2

2


1 1 1 1 1 1


1 1 4


1z  1 1  z  1z  z


 

2

 

2

2


1 1 1 1 1 1 1 1 3



1 1 4 1 1 4 4


1 1 1


z


xy z z z


x y z


         


   


  


Ta có: 3 , 3 1


16 16


PP       x y z a b c


Vậy 3


16



(5)

1.


a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xyvới đường trịn (O) suy ra OAxy



Xét tứ giác BCEFBEC90 ( );0 gt BFC 90 ( )0 gt do đó tứ giác BCEFlà tứ giác
nội tiếp suy ra ACBAFE (1)


Mặt khác 1


2


BAxsd AB(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
1


2


ACBsd AB(góc nội tiếp ) do đó BAxACB (2)


Từ (1) và (2) suy ra AFEBAxở vị trí so le trong nên EF / /xyhay EFOA
b) Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là ,P BPcắt DF tại Q


, ,


AD BE CFlà các đường cao của tam giác ABCnên BCEF ACDF, nội tiếp, do đó
ACBAFP


Mặt khác: 1 1

; 1



2 2 2


ACBsd ABsd BMMA AFPsd BMAP


x




y


P


N



M


F



E



D



O


A




(6)

Do đó: sd AMsd APsuy ra BAlà tia phân giác của MBQAMAP

 

1


Tứ giác BCEFnội tiếp suy ra ACBBFM,tứ giác ACDFnội tiếp nên ACBBFQ
Do đó BFQBFMACB,suy ra FBlà tia phân giác của MFQ


,
MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN


          


Do đó ABN  ABPnên ANAP (2)
Từ (1) và (2) suy ra AMAN


2.



Dựng tam giác vuông cân BDEtại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD
khơng chứa C


Ta có: ADEACBDEDB


Từ giả thiết: AC BD. AD BC. AD BD DE
AC BC BC


   


AB AC
ADE ACB


AE AD


    


Mặt khác, BACEADCADBAE.Do đó CADBAE
.


2
.


2


AC CD CD AB CD
AB BE BD AC BD


     (ĐPCM)



E



A



B




(7)

Chia hình vng đã cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh bằng nhau và bằng 1 .
45
Gọi

   

C1 , C2 ,...,

C2025

là các hình trịn nội tiếp các hình vng nhỏ ở trên, chúng
có bán kính bằng nhau và bằng 1 .


90
Gọi

 

'

 



1 , 2' ,..., 2025'


C C C lần lượt là các hình trịn đồng tâm với các hình trịn ở trên
có bán kính là 1 .


91 Khi đó, các hình trịn này nằm trong hình vng và đơi một khơng
có điểm chung (rời nhau)


Trong hình vng đã cho có các hình trịn rời nhau

 

'

 


1 , 2' ,..., 2025'


C C C và có 2019






×