Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Long 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 (252.18 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN


ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018-2019


MƠN: TỐN 9
Câu 1. (5,0 điểm)


1. Rút gọn biểu thức : 2 13 3 2 1


5 6 2 3


x x x


A


x x x x


  


  


    với x0;x4;x9
2. Giả sử alà nghiệm âm của phương trình 3x2  2x 2 0.Khơng giải


phương trình, tính giá trị biểu thức 4

2


3 4 2 4 2 3



Pa   a  a


Câu 2. (5,0 điểm)


1. Giải hệ phương trình:


2 2


2 2


2 7
2 7


x y x


y x y


  




 





2. Giải phương trình: 3x2 652 17x

 2x1


Câu 3. (2,0 điểm)



Cho các số thực dương thỏa mãn ab2 bc2ca2 4abc0.Chứng minh:


4.


b c a


abc
Câu 4.(6,0 điểm)


1. Cho hình vng ABCD,lấy điểm E trên cạnh BC E

B C,

;đường thẳng qua
B vuông góc với DEcắt DE tại H và cắt CD tại K. Gọi M là giao điểm của DB


và AH


a) Chứng minh ba điểm E K M, , thẳng hàng


b) Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp CHM


2. Cho tam giác ABC P, là điểm trên cạnh BC(P khác Bvà C); Q, R lần lượt là
hai điểm đối xứng với Pqua AC, AB. Lấy điểm M nằm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác AQRsao cho AM song song với BC.Chứng minh đường thẳng


PM luôn đi qua một điểm cố định khi Pthay đổi trên cạnh BC.


Câu 5. (2,0 điểm)


1. Trên mặt phẳng lấy 21 điểm bất kỳ trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng;
mỗi điểm được tô bởi 1 trong 4 màu: đỏ, cam, vàng và lục. Các đoạn thẳng nối
2 trong 21 điểm dó được tơ bởi một trong hai màu chàm và tím. Xét các tam
giác có ba đỉnh thuộc các điểm đã cho, chứng minh tồn tại một tam giác có 3


đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu.


2. Giả sử n ,n2.Xét các số tự nhiên dạng an 11....1được viết bởi nchữ số
1. Chứng minh rằng nếu anlà một số nguyên tố thì nlà ước của an 1



(2)

Câu 1.








 











2 13 3 2 1 2 13 3 2 1


1.


5 6 2 3 3 2 2 3


2 13 3 3 2 1 2 6 2


2


3 2 3 2


x x 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


     
     
       
      
  

   


2.Từ giả thiết ta có 3a2  2 2a a

0

3a4  4 4 2a2a2suy ra


2


4 2


3 4 2 4 2 3 2 1 2 2


2 2 2 2 2 2


P a a a a a


a a


        



     


Câu 2.


1. Trừ vế theo vế hai phương trình ta có:




3 3 7

0 7


3


x y


x y x y


y x



    
  


TH1: x   y 0 y x,thay yxvào phương trình (1) ta được:


2 0 0


7 0
7 7
x y


x x
y
  

  
    


TH2: 7 .
3


y  x Thay 7 .
3


y  x vào phương trình (1) ta được: 9x2 21x980
Phương trình này vơ nghiệm


Vậy

    

x y; 

0;0 ;  7; 7


2. Điều kiện xác định 1


2


x


Phương trình đã cho tương đương với phương trình:


2

2 2 1 8 5


8 2 2 1 25 40



2 1 3 8


9


x


x x


x x x


x
x x


  
       
  
 


Đối chiếu điều kiện phương trình có hai nghiệm 5; 25 40
9


xx 


Câu 3.


Áp dụng BĐT Cơ si ta có :


2 2 2 2 2 2



2 ; 2 ; 2


abbcbc ab bccaca bc caabbc ca



(3)

Câu 4.
1)


a) Xét tam giác BDK,ta có: DHBK BC, DK BC, cắt DH tại E. Suy ra E là
trực tâm tam giác BDK.Để chứng minh M E K, , thẳng hàng ta chỉ cần chứng
minh MKBD.


Tứ giác ABHDBADBHD900nên nội tiếp. suy ra BHABDA45 .0
Tứ giác DMHKMDKBHM 450nên nội tiếp


Lại có, DHK 900(gt) nên DMKDHK 900(cùng chắn cung DK). Ta có điều phải
chứng minh.


b) Tứ giác CEHKnội tiếp (ECKEHK 90 )0 ECHEKH (1)
Tứ giác CKBM nội tiếp suy ra EKHBCMECM (2)


Từ (1) , (2) suy ra ECHECM.Do đó, EC là đường phân giác của MCH.Chứng
minh tương tự, ta cũng có MElà đường phân giác của CMH


Vì E là giao điểm hai đường phân giác trong góc M và C của tam giác CHM nên ta
có điều phải chứng minh.


M



K


H




C


D



A

B




(4)

2)


Gọi N là giao điểm của RBvà QC; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có ARNAQR1800nên Nnằm trên đường trịn

 

w ngoại tiếp tam giác AQR.
Đường tròn

 

w ' ngoại tiếp tam giác BCNcắt

 

w tại điểm thứ hai G.


Từ RBGQCGGPlà phân giác BGC


0 0


180 2 180


BNCRNQ  BAC BOC nên O nằm trên

 

w '


OBOCnên GO là phân giác BGCvà do đó , ,G P Othẳng hàng. Ta cũng có
, ,


N O Athẳng hàng.


G



N


Q




R



A




(5)

Gọi M'là giao điểm thứ hai của GOvới

 

w


Ta có: AM G'  ANGONGOPCMPCAM'/ /BCM'M


Do đó , ,G P Ovà M thẳng hàng. Vậy MP luôn đi qua O cố định
Câu 5.


1) Vì có 21 điểm được tô bởi 4 màu mà 21 4.5 1  nên theo nguyên lý Dirichle sẽ
tồn tại ít nhất 6 điểm được tô cùng một màu


Gọi 6 điểm cùng màu đó là A B C D E F, , , , , .Từ điểm A ta kẻ với 5 điểm còn lại được 5
đoạn thẳng, 5 đoạn này được tơ 2 màu thì sẽ có ít nhất 3 đoạn được tô cùng màu.
Không mất tính tổng quát , giả sử các đoạn AB, AC, AD được tơ cùng màu tím.
Trong các đoạn nối ba điểm , ,B C Dnếu có một đoạn màu tím, giả sử là BD thì tam
giác ABDlà tam giác cần tìm. Nếu trong các đoạn nối ba điểm B, C, D khơng có đoạn
nào màu tím thì tam giác BCDlà tam giác cần tìm.


2. Trước hết ta chứng minh : nếu anlà số nguyên tố thì nlà số nguyên tố
Giả sử nlà hợp số, nbq b q; ,  ,1b q, n. Khi đó:


   


1 2



.. .. ..1 .. .. ..1



11...1 11...1 10q b 10q b .... 1 11...1


n


bq chu so q chu so


a        là hợp số, trái với giả thiết nên
n là số nguyên tố


Tiếp tục ta có: 1 10 1 1 10 10 10 10 9 (1)


9 9


n n


n
n


a        


Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 10n 10 n (2)
Nếu n3thì an 111 3khơng thỏa mãn giả thiết.





×