Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo Điện Biên năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (259.67 KB, 7 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


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


MƠN THI: TỐN
Ngày thi: 09/4/2019
Câu 1. (5,0 điểm)


1. Cho biểu thức 1 : 1 2 1


1 1 1


x
P


x x x x x x


 


   


      


 


a) Rút gọn biểu thức P


b) Tìm các giá trị của xđể biểu thức QxPnhận giá trị nguyên



2. Cho

xx2 1 2



y 4y2  1

1.Tính giá trị biểu thức x38y32019
Câu 2. (4,0 điểm)


1. Giải phương trình: 2x2   x 3 3x x3
2. Giải hệ phương trình:


3
3


6
2
8


3 2


x
y
x


y


  





   





Câu 3. (3,0 điểm)


1. Chứng minh:




1 1 1 1


... 1 *


2 2 1 1 3 32 2   n1 n 1 n n   n1  n
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A5x2 9y2 12xy24x48y82
Câu 4. (6,0 điểm)


1. Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn

 

O . Kẻ các đường cao BE CF,
của ABC E

AC F, AB

.Các đường cao BE CF, cắt (O) lần lượt tại M và N
a) Chứng minh rằng MNsong song với EF OA; vng góc với EF.


b) Gọi Hlà trực tâm của ABC.Chứng minh rằng CH CF. BH BE. BC2


2. Cho điểm O thuộc miền trong của ABC.Các tia AO BO CO, , cắt các cạnh của BC,
,


AC ABlần lượt tại , , .G E F Chứng minh tổng OA OB OC


AGBECF khơng phụ thuộc vào
vị trí điểm O


Câu 5. (2,0 điểm)




(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


1. a) Điều kiện : x0;x1












1 2


1 : 1


1 1 1


1 1 2


: 1


1 1 1 1


1 1


: 1


1 1 1



1 1


1


. 1


1 1 1


1 1


1 1 1


x
P


x x x x x x


x x


P


x x x x


x x x


P


x x x



x x


x x


x x x


x x x x


x x x


 


   


      


 


 


 


   




   


 



  


 




 


 


 




  


  


  


1 1 1


1


1 1 1 1 1


x x x


Q x P x



x x x x x




        


    


b) Để Q thì x1là ước của 1


0( )
1 1


2( )


1 1


x tm


x


x VN


x


    




 



 
  


 




Vậy x0thì Q
2) Ta có:


2 2

2

2 2 2


2 2


1 2 4 1 1 2 4 1 1


2 1 4 1 (1)


x x y y x x y y x x


x y x y


             


     


Tương tự ta có:


2 2

2

2 2 2


2 2


4 4 1 1 2 4 1 1 2 4 1


2 4 1 1 (2)


y y x x y y x x y y


x y y x


             



(3)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 2

x2y

  0 x 2y0


Mặt khác x38y3 2019

x2y

x2 2xy4y2

20192019( ....Vi x2y0)


Câu 2.


1.Đặt xa, x  3 b 0


Ta có phương trình: 2 2





2ab 3ab 0 ab 2ab 0


TH1: a  b x x3


2


0



1 13


0 1 13


2


2
3 0


1 13
2
x


x x


x
x x


x









  



  


  






 


TH2: 2a b 2xx3


2


0


0 1


1


4 3 0 3


4


x


x x


x


x x


x







 


  


  


  





Vậy 1 13;1
2


S    


 


 


2.



3
3


6


2(1)


: 0


8


3 2 (2)


x
y


DK y
x


y


  







   






Cộng PT (1) với PT (2) ta được:


3 2


3 2


8 6 2 2 4


3 0 x 3 0


x x x x


y y y y y


      


       



(4)

TH1: x 2
y


 thay vào phương trình (1) ta được:




2


3 2


3



8 6


2 2 6 8 0 1 2 0


1 2


2 1


y y y y


y y


y x


y x


         


  


      


TH2: x2 2x 42 3 0 x2 2x 12 12 3 0


y y y y y


   



         


   


2
2


1 1


3 0( )


x VN


y y


 


  


 


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

    

x y; 

2;1 ;  1; 2


Câu 3.


1. Ta có:


 










2


1 1 1 1 1 1 0


1 1 1 1


1 1 1 1 1


1 1 1 1


... ...


2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1


1 1 1 1 1 1


...


1 2 2 3 1


1 1 1


... 1


2 2 1 1 1 1 1



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


n n n n n n n n n n


n n n n n n n n


n n


n n n n n


              


   


      


    


       


      




    


    


2. Ta có:



 









2 2


2 2


2 2


2 2


2 2


2 2


5 9 12 24 48 82


9 12 4 4 4 4 4 5 24 82


3 2 4 8 18


3 2 4 4 2


3 2 8 4 2 2



A x y xy x y


y y x x x x x


A y x x x


A y x x


A y x x


     


 


        


      
      



(5)

2.


A Dấu bằng xảy ra khi


16
3 2 8 0


3
4 0



4


y x x


x


x


   




 


 


GTNN của


4


2 16


3
x
A


y




  




Câu 4.


1. a) Ta có Tứ giác BFECnội tiếp


BCFFEB(cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC)
BCFBMN(cùng chắn cung BN của đường tròn (O))


/ / ( ) (*)
BMN FEB MN FE dfcm


  


D


H


N



M



E


F



O


A



B





(6)

Ta có: OMONR (1)


Mặt khác : ECFFBE(cùng chắn cung EFcủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC)
(2)


ECF FBE AM AN AM AN


     


Từ (1) và (2) suy ra OAlà đường trung trực của MN

 

**
Từ (*) và (**) OAEF


1b) Gọi D là giao của AH với BC. Ta có : ADBC
CDH CFB


  (Cchung; D F 90 )0 CH CD CH CF. CB CD. (3)
CB CF


   


(
BDH BEC B


  chung; D E 90 )0 BH BD BH BE. BC BD. (4)
BC BE


   


Cộng vế với vế (3) và (4) ta được:



2


. . . .


. . .


CH CF BH BE CB CD BD BC


CH CF BH BE BC CD BD BC


  


    


2.


Đặt SAOBS S1; AOCS S2; BOCS3


Ta có: 1 ; 3 1 1 3 (1)


ABE BEC ABE ABC


S BO S BO S S S BO


S BE S BE S S BE




    



G



E


F



A



B

C




(7)

3 2 3 2 2 3


1 2 1 2 2 1


; (2)


; (3)


BCF ACF BCF ACF ABC


ABG AGC ABG AGC ABC


S CO S CO S S S S CO


S CF S CF S S S CF


S AO S AO S S S S AO


S AG S AG S S S AG





     




     


Cộng vế với vế: 2

1 2 3

2
ABC


S S S
AO BO CO


AG BE CF S


 


   


Vậy tổng AO BO CO


AGBECF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O.
Câu 5.










3 3 3


3 3


3 3


3
3


3
3


3


3 3 2


3 2


1 2 1 2 4 1


1) 1 2 4


1 2 2 1


1


2 1 1 2 1


2 1



2 1 0 3 3 1 0


3 3 3 4
x


x x x x


x x x x x


x x x


  


    


 


      




        


    


2


4 2
P



   là một số chính phương.


2) x2 2y2 5 (5).Từ phương trình (5) xlẻ  x 2m1

m


Thay vào phương trình (5) ta được:


2 2 2 2

2


2m1 2y  5 4m 4m2y  4 2m m 1 y 2(6)
Từ pt (6)  ychẵn  y 2k k



Thay vào (6) : 2m m

 1

  

2k 2  2 2m m

 1

4k2 2


2


1 2 1 (7)


m m k


   





×