Tải bản đầy đủ (.pdf) (10 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (324.66 KB, 10 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH


ĐỀ THI CHÍNH THỨC


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


MƠN THI: TỐN
Câu 1. (3,0 điểm)


1. Rút gọn biểu thức 4 1 9 4 2
2 7 2 10 7 89 28 10


P   


   


2. Xét ba số thực dương , ,x y zthỏa mãn


2
2


1
.
1


xz z z


y y



z z



 


  Chứng minh rằng


1 1 1


1


1 1 1


xyx yz   yzy  zxz  
Câu 2. (5,0 điểm)


1. Giải phương trình 3 2 2 4 5

2 2

4 4
15


xxxxx


2. Giải hệ phương trình


2



2


1 2 1


4



4 5 1 6 13


x y x y


xy x y


x y x y x


    


  







  



Câu 3. (3,0 điểm)


1. Cho các đa thức ( )P x và ( )Q x thỏa mãn ( ) 1

 

1


2


P xQ xQx  x .Biết rằng
các hệ số của ( )P x là các số nguyên không âm và P

 

0 0.Tính P

3P

 

3 P

 

2


2. Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn phương trình:





2

 





1 1 6 2 2 1 1


x y x yxyy  x yxy


Câu 4. (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn

O R;

, vẽ đường tròn

O R'; '


tiếp xúc với cạnh AD tại H, tiếp xúc với cạnh BC tại G và tiếp xúc trong với đường tròn



(2)

thẳng MA chứa điểm D)


1. Chứng minh DHMDMtAMHMH MG, lần lượt là tia phân giác của các góc
& .


AMD BMC


2. Đường thẳng MHcắt đường tròn (O) tại E (Ekhác M).Hai đường thẳng HGCEcắt
nhau tại I. Chứng minh EHIEIM


3. Chứng minh đường thẳng HGđi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD.
Câu 5. (2,0 điểm)


1. Cho ba số thực dương a b c, , .Chứng mnh rằng :


2

2

2 2 2 2


1 1 1 1 1 1 1


.



. 3 . 3 3 6


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


 


    


          


2. Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ ở bên
(bốn đỉnh A B C D, , , hoặc B C D E, , , hoặc C D E F, , ,
hoặc … hoặc J A B C, , , được gọi là 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một
cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp


1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh



bởi 1 số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau).
Chứng minh rằng ta ln tìm được 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn
21)


A

B



C


D


E


F




G


H




(3)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


1.Ta có: 72 10 

5 2

2 ;94 2  

1 2 22


Và 8928 10 

72 10

2, Do đó:








2


2 2


1 1 2 2


4 4 1 1 2 2


2 5 2 7 7 2 10


2 5 2 7 7 2 10


4 2 2 4 1


5



5 2 10 5 5


P


   


   


   


   


    


Vậy P 5
2. ta có:






2 2


2 2


2 2


1 1


1 1



1 1 1


xz z z xz z z


y y y


z z z z


xyz z z z z xyz


  


   


   


       


Ta có:




1 1 1


1 . 1 1


1


1 . 1 1



xy x yz xy x xyz xy x


x x x


yz y x yz y xyz xy x xy x


 


     


  


       




2


1


1 . 1 1


xy xy xy


zx z xy zx z x yz xyz xy x xy


  



(4)

1 1 1 1



1


1 1 1 1 1 1


xy
x


xyx   yzy  zxz   xyx    xyxx  xy


Vậy 1 1 1 1


1 1 1


xyx yz   yzy   zxz   khi , ,x y z0 thỏa mãn
2


2


1
1


xz z z


y y
z z

 
 
Câu 2.



1. Điều kiện xác định : xR
+)Nhận xét


2


2 4 2 1 7


2 0 ; 4 0 , 2 0


4 8


x    x x    x x   x x     x


 


Do đó từ (1) suy ra x0
Phương trình (1)


4
2


2 4 5 2 4


1


15


x


x x



x x x



 
   
 
2
2
2


2 4 5 2 4 2 4 5 2 2


1 1 4


15 15


x x x x x x


x x x x x x


     


          


     


Đặt a x 2

a 2 2


x



  


Khi đó ta có phương trình

2

2 2

2


15 a 1 4 5 .a a 4 45 a 1 16a a 4


       






4 2 3 2


3 2


16 109 90 45 0 3 16 48 35 15 0


3 16 48 35 15 0.. ... 2 2


a a a a a a a


a a a a do a


          


       


+)Với a3ta có: 2 3 2 3 2 0 1( )
2( )



x tm


x x x


x tm
x


       



Vậy S

 

1;2
2. Điều kiện



(5)

Phương trình

  



2 2


1 2 1 1 2 1


1 x y 4 x y 0 x y x y 0


xy x y xy x y


       
      
 






2 2


1 1 2 1


0 1 x y x y 0


x y x y x y


x y


xy x y xy x y


  


     


      


 


1 0 1


x y y x


       (vì với ,x ythỏa mãn điều kiện (*) ta có:x2 y2   x y 0)
Thay y 1 xvào phương trình thứ (2) của hệ phương trình ta được phương trinh:




2 2

2
2
2


4 5 1 13 6 0 4 5 8 6 0


4 4 1 6 9 2 1 3


2 1 3 2 2


2 1 3 4 2


x x x x x x


x x x x x x


x x x x


x x x x


         
         
   
 
    
 
 
2
7 1



)2 2 0( ... .... 0)


4 2


x x xxVN vi x


       


 


+

2 2


2


17 33


4 2 0 2 17 33


)4 2 8


8
4 17 16 0


4 2


17 33
8
x


x x x



x x x


x x
x x
x





 
   
  
    
  
 
  

 



Với 17 33 33 9


8 8


x   y  thỏa mãn điều kiện (*)


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

 

; 17 33; 33 9


8 8


x y     


 


Câu 3.


1. Từ giả thiết ta có:

 

0 1

 

0

 

1

0 1

 


2


PQQ  và

 

1 1

 

1

 

0

(2)
2



(6)

Giả sử P x

 

a0a x1a x2 ...a xn ,trong đó a a a0, ,1 2,....,anlà các số nguyên không
âm suy ra a0  a1 a2 ...an 0do đó P x

 

0  x


Vì ( )P x    0 x P(2)0, (3)P 0,do đó: 3P

 

3 P

 

2 0P

3P

 

3 P

 

2

0
2. Ta có :

x y 1



x 1 y

6xyy2

2 x y

 

2 x1



y1



2 2

 

 

2 2

 



1 6 2 2 1 2 2 3


x y xy y x y x y xy x y y x y x y


                  




2

2




2 2 3 2 3


x y x y y x y x y x y y


             


Vì ,x y nên x y 2;x y y2là các ước của 3
2
2
2
2
2
2
2
2


2 1 0 3


0


3 3


3
2


2 1 4


3 1 1



2


2 3 0 1


0


1 1


7
2


2 3 4


1 5 3


2


x y y x


y


x y y x y


x
y


x y y


x y y x y x



y


x y y x


y


x y y x y


x
y


x y y


x y y x y x


y
   
   
 
    
 
 

 
   
  

        
  




     
   
 
      
 


  
  
   

      
 










(7)

Câu 4.


1. Xét HAM ta có DHMDAMAMH (1)
Xét đường trịn (O) ta có : DAMDMt (2)
Từ (1) và (2) ta có : DHMDMtAMH



Mtvà DH là các tiếp tuyến của

 

O' nên DHMHMt (3)
HMtHMDDMt (4)


Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AMHHMDsuy ra MHlà phân giác của AMD
Chứng minh tương tự ta có MG là phân giác của góc BMC.


2. Xét

 

O' có 1
2


HGMHMtsd HM


 , xét

 

O


1
2


ECMEMtsd EM



(8)

HGM ECM


  hay IGMICM tứ giác IMCGnội tiếp
Ta có EHIEHAAHG (4)


EIM 1800 MIC1800 MGCMGBMGHBGH (5)
Lại có AHGBGH(6)(vì AH và BG đều là tiếp tuyến của

 

O' )
EHADHMMGH

 

7


Từ (4), (5), (6), (7) suy ra EIMMGHBGHEHAAHGEHIEIM
3. Ta có CElà tia phân giác của ACD

 

* (vì EM là tia phân giác của AMD



)
sdEA sdED


 


Ta có: EHIEIM(chứng minh ở câu 4.2),
EHI


 và EIMHEIMEIEHIEIM
2


( . ) EI EH . (8)


EHI EIM g g EI EH EM


EM EI


      


Lại có : EDHDMH(vì EM là tia phân giác của AMDsdEAsdED)
EHD


 và EDMHEDMEDEDHDMH  EHDEDM g g( . )
2


. (9)
ED EH


ED EH EM
EM ED



   


Từ (8) và (9) suy ra EIED EIDcân tại EEDIEID

 

10
DIcắt (O) tại K, ta có: 1

(11)


2


EDIsdEAsdAK


Và 1

(12)


2



(9)

Từ (10), (11), (12) và do sdEAsdEDsdAKsdKCDKlà tia phân giác ADC

 

**
Từ (*), (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD


Rõ ràng, HG đi qua I là tâm đường tròn nội tiếp BCD.
Câu 5.


1.Áp dụng BĐT

1 1 1 9 1 1. 1 1 1 , , 0
9


x y z x y z


x y z x y z x y z


   


        



 


   


Và 12 12 12 1 1 1

x y z, , 0


xyzxyyzxz


a b c, , 0ta có : 12 12 12 1 1 1 ,


abcabbcca bất đẳng thức (1) đúng ta cần chứng minh


2 2 2


1 1 1 1 1 1 1


(2)


3 2 3 2 3 2 6


ac bc c ab ac a bc ab b ab bc ac


 


    


     


Ta có

 

2 1 2 1 2 1 2 1



3 2 3 2 3 2 6


a b c
ac bc c ab ac a bc ab b abc


 


 


    


     


3 2 3 2 3 2 6


ab bc ac a b c


a b c b c a c a b


 


   


     


Ta có:


 

1 1 1 1


3 2 2 9 2 9 2



ab ab ab ab ab a


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


   


     


             


Vậy 1 (3)


3 2 9 2


ab ab ab a


a b c a c b c


 


 


   



(10)

1


(4)


3 2 9 2



1


(5)


3 2 9 2


bc bc bc b


b c a b a c a


ac ac ac c


c a b c b a b


 


 


   


 


 


   


Cộng theo vế

     

3 , 4 , 5 ta có:
1



3 2 3 2 3 2 9 2 6


ab bc ac ab bc ab ac ac bc a b c a b c


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


      


 


     


        


Vậy BĐT (2) đúng do đó BĐT (1) đúng


2. Gọi x x x1, 2, 3,...,x10là các số phân biệt được đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt
thuộc đường tròn (O) , x x x1, 2, 3,...,x10

1;2;3;4;5;6;7;8;9;10

. Giả sử ngược lại là khơng
tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài tốn. Khi đó ta có:


1 2 3 4


2 3 4 5


3 4 5 6


10 1 2 3
21


21


21
...


21
x x x x


x x x x
x x x x
x x x x


   




    






   





Từ đó suy ra 4

x1x2  x3 ...x10

10.21 210


Mặt khác ta lại có : 1 2 3 ... 10 1 2 3 ... 10 10.11 55
2



xx  xx       
Suy ra 4.55210220210(vơ lý), do đó điều giả sử sai.





×