Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (242.21 KB, 6 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH LẠNG SƠN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


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


MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 23/3/2019
Câu 1. (4 điểm)


Cho biểu thức 3 2

3

3 0
9


2 3 1 3


x x


x x x


A


x


x x x x




 


  





   


a) Rút gọn biểu thức A


b) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A


Câu 2. (4 điểm)


Cho phương trình 2

2


2 4 8 9 0


xmxmm 


a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m


b) Tìm mnguyên dương để phương trình đã cho có hai nghiệm x x1; 2sao cho


2 2


1 2


1 2


60


x x


P


x x


 




 đạt giá trị nguyên


Câu 3. (4 điểm)


a) Giải phương trình : x 4 x 1 4 5 0


x x


    


b) Tìm tất cả các cặp

 

x y; nguyên thỏa mãn


 

2

2



2 2


2 2 2 2 2 4 5


x yx  y  xyy 


Câu 4. (6 điểm)



Cho tam giác nhọn ABC AB

AC

nội tiếp trong đường tròn

 

O ,các đường cao
,


BE CF cắt nhau tại H E

AC F, AB



a) Gọi KEFBC L,  AK

 

O với LA.Chứng minh tứ giác AEHFnội tiếp và


HLAK


b) Chứng minh rằng đường thẳng HLđi qua trung điểm của BC


c) Gọi Tlà điểm trên đoạn thẳng FCsao cho ATB90 .0 Chứng minh rằng các đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác KLTCETtiếp xúc nhau



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


a) Ta có





 












2
2 3
3 3
1 3
1 3


3 2 3 3 1



1 3


3 8


3 8 24 8


1


1 3 1 3


x


x x x


A


x x


x x


x x x x x


x x


x x


x x x x x


x



x x x x



 
  
 
 
     

 
 
   
  

   


b) Ta có: 8 1 9 2


1 1
x
A x
x x

    
 


x   1 0, x 0;x9nên áp dụng BĐT Cơ si ta có:


9


2 1 . 2 4


1


A x


x


   




Đẳng thức xảy ra khi 1 9 4
1


x x


x


   


 . Vậy Amin   4 x 4


Câu 2.


a) Ta có:  '

m4

2 

m2 8m 9

25 0 Phương trình ln có hai nghiệm
phân biệt với mọi giá trị của m


b) Áp dụng định lý Vi-et ta có: 1 2



2


1 2


2 4 2 8


8 9


x x m m


x x m m


    





  





2


2 2


1 2 1 2


1 2


1 2 1 2



2 60
60 x x x x
x x


P


x x x x


  


 


 


 


2

2



2


2 8 2 8 9 60 8 11 5


4


2 8 4 4


m m m m m


P m



m m m


    


    



(3)

Pnguyên 5
4


m




 nguyên  m 4là ước của 5




4 1; 5 .


m


     Mà mnguyên dương nên m1
Câu 3.


a) Điều kiện :x0


Đặt 1 1 2


2 2



t x x t


x
x


       đi đến phương trình:


2 1( )


4 3 0


3( )
t ktm
t t
t tm


    

Do đó


3 5 7 3 5


1 2 2


3 3 1 0


3 5 7 3 5



2 2


x y


x x x


x
x y

  


      

  



Kết hợp điều kiện, phương trình có hai nghiệm: 7 3 5; 7 3 5


2 2


x  x 


b) Ta có:


 



 




 




2 2


2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2


2 2


2 2


2 2 2 2 2 4 5


4 4 4 8 4 2 4 8 5


4 4 4 4 2 4 4 1


4 4 1 2 1 2 1 1


x y x y xy x y


x y x x y y x y xy xy


x y xy x x y x x


x x y y x y


       
          


         
         

 


 


 


 



1: 2 1 1 3; 2


2 : 2 1 1 1; 0


3 : 2 1 1 3; 0


4 : 2 1 1 1; 2


TH x y x y


TH x y x y


TH x y x y


TH x y x y


      


       


       


        




(4)

Câu 4.


a) Ta có: AFHAEH 900suy ra tứ giác AEHFnội tiếp đường trịn đường kính
.


AH


Ta có tứ giác ALBCnội tiếp KB KC. KL KA. (1)
Vì tứ giác BFECnội tiếp KB KC. KF KE. (2)


Từ (1), (2) suy ra tứ giác ALFEnội tiếp đường trịn đường kính AH
b) Gọi MHL

 

O .Vì LHAKAM là đường kính.


M


T



I


L



K



H


F



E


A



B





(5)

Ta có: MC AC MC/ /BH(3)
BH AC










Ta có: CH AB CH / /MB(4)
MB AB











Từ (3) và (4) Tứ giác BHCMlà hình bình hành HLđi qua trung điểm của BC


c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABTthì AT2  AF AB. và chú ý BFECnội
tiếp nên AF AB. AE AC.


Do đó, 2



.


ATAE AChay AT là tiếp tuyến của đường tròn (CET)


Hơn nữa, KFBACBKLBnên suy ra KLFBnội tiếp, do đó AF AB.  AL AK. nên
2


.


ATAL AKtức là ATlà tiếp tuyến của

KLT



Vậy

CET

tiếp xúc với

KLT

vì có AT là tiếp tuyến chung


Câu 5.


Ta gọi các cạnh song song với nhau là cùng một hướng. Chú ý rằng hai cạnh hoặc hai
đường chéo song song với nhau tạo thành một hình thang cân .


B



N


M



C


E




(6)

Ta thấy rằng một đa giác đều ncạnh gồm có nhướng (cụ thể như trên hình vẽ thì


, ,



AB MN CEcùng một hướng, trong khi đó AB AC, khác hướng).
Với mỗi bộ gồm kđỉnh sẽ sinh ra

1



2
k k


đoạn thẳng, nếu số đoạn thẳng này lớn hơn n


thì sẽ có ít nhất hai cạnh có cùng một hướng nên chúng se tạo thành hình thang cân
Do đó, điều kiện để kđiểm có thể chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân nếu:


2


2


1 1 1 1 1


2 2 2


2 2 4 4 2


k k


n k n n k n k n




          


 



Bây giờ, áp dụng bài toán cho n30ta suy ra 60 1 1 9
4 2





×