Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (242.44 KB, 6 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


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


MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 29/3/2019
Câu 1. (4,5 điểm)


1) Cho

 

x y; là nghiệm của hệ phương trình 1


2 3 3


x y m


x y m


  


 


 (với mlà tham số thực)


Tìm mđể biểu thức Px2 8yđạt giá trị nhỏ nhất
2) Giải hệ phương trình


2 2



3 3


1
1


x y


x y


  




  


 (với ,x ythuộc R)


Câu 2. (4,5 điểm)


1) Giải phương trình x4 9x324x2 27x 9 0

x


2) Cho ba số thực dương a b c, , .Chứng minh:


3 4


a b c a b c


b c a a b b c c a


 



     


  


 


Câu 3. (4,5 điểm)


1) Cho a b c, , là ba số nguyên khác 0 thỏa 1 1 1.


a  b c Chứng minh rằng : abcchia hết
cho 4


2) Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Câu 4. (2 điểm)


Cho 1 2 3 ... 99


1 2 2 3 3 4 99 100


A    


    là tổng của 99 số hạng và


2 3 4 ... 100


B     là tổng của 99 số hạng
Tính AB.



Câu 5. (4,5 điểm)


Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D E, lần lượt là hai tiếp điểm
của AB AC, với đường trịn

 

I .Biết ba góc BAC ABC BCA, , đều là góc nhọn. Gọi M


Nlần lượt là trung điểm của hai đoạn BCAC
1) Chứng minh : 2AD ABACBC



(2)

Câu 1.
1) Ta có:




1 3 3 3 3 2 2


2 3 3 2 3 3 1 1


x y m x y m x m x m


m


x y m x y m y x m y m


       


   


    


      



   


Ta có: Px2 8y4m2 8

m 1

4m2 8m 8

2m2

2 12 12
Dấu " " xảy ra khi 2m    2 0 m 1


Giá trị nhỏ nhất của Plà – 12 khi m 1


2)





2


2 2


3 3 3


2 1
1


1 3 1


x y xy


x y


x y x y xy x y


   


  

 
  
     



Đặt x y S
xy P
 

 

Ta có:


2
2
2
3 2
3 3
3
2
2
2
2
3
2
2
1
1


2 1 2


2


3 1 1


2 3 3 2 0


3 . 1


2
1
1
1
2
2
2 1


1 5 5 2 0


5 3 2 0


5 5 2 0( )


1
0 1
2
1
1


S
S
P


S P P


S SP S


S S S


S S
S
P
S
S P
P
S


S S S


S S


S S VN


S


P x y


P
S xy


S


   

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

  
 

 
 


  

  


  

0
1
0 0
1

x
y
y
x
 







  




(3)

Câu 2.


1. Giải: x4 9x324x2 27x 9 0 *

 



Với x0, *

 

0x  9 0 phương trình vơ nghiệm
Với x0,chia hai vế của phương trình (*) cho x2:


 

2 2


2


27 9 3 3


* x 9x 24 0 x 9 x 18 0



x x x x


   


       


   




2
2


3


3 0


3 3 0( ) 3 6


3 3


3 6 0


3 6 0 6 3 0 3 6


3 6


x



x x VN x


x


x x


x x x x x x


x
S


   


    


  


           


 


    



 


2. Ta có:


3 4



1 1 1 4


a b c a b c


b c a a b b c c a


a b c a b c


b c a a b b c c a


 


     


  


 


       


         


  


       







2 2 2


4 4 4


0


0


a b a b c b c a c


b a b c b c a c a


a b b c c a


b a b c b c a c a


  


      


  


  


   


  


Ln đúng vì , ,a b clà các số dương. Dấu bằng xảy ra khi a b c


Câu 3.


1. Ta có: 1 1 1 bc a b

c

(1)
a   b c  



(4)

+)Với b chẵn, mà a lẻ nên cchẵn, (vì bcchẵn nên a b

c

chẵn suy ra c chẵn, vì alẻ),
suy ra abcchia hết cho 4


+)Với cchẵn, tương tự abcchia hết cho 4


2) Gọi A là số các số nguyên dương không vượt quá 1000. Suy ra A1000


B là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 mà không nguyên tố cùng nhau với
999.


C là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Ta có: 9993 .373


B=(số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3) – (số các số
các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)
+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3 là:


999 3


1 333
3


 


+Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 là


999 37


1 27
37


 


Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 chia hết cho cả 37 và 3 (chia hết
cho 111) là: 999 111 1 9


111


 


Số các số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia
hết cho 3 là : 27 9 18 


Suy ra B333 18 351.  Vậy C  A B 1000 351 649 


Câu 4.


Ta có:

 

 

 



1 2 3 99


...


1 2 2 3 3 4 99 100


2 1 2 3 2 3 4 3 ... 98 99 98 99 100 99


1 2 3 4 ... 99 99 100


A    


   


          


       



(5)

100 100 1 999


A B


    


Câu 5.


a) Gọi Flà tiếp điểm của BC với đường trịn (I)


Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: ADAE BD; BF CE; CF
Suy ra: ABACBC

ADDB

 

AECE

 

BFCF

ADAE2AD.


b) Gọi S là giao điểm của BIvà MN. Ta cần chứng minh D E S, , thẳng hàng.
Thật vậy:


Do MN là đường trung bình của tam giác ABCnên MN / /ABB2BSM (so le trong)
B2B1BSMB1suy ra MBScân tại M nên MBMSMC


Tam giác BSCcó đường trung tuyến 1


2


SMBCnên tam giác BSCvuông tại S
Ta có:


Tứ giác IECFIESClà các tứ giác nọi tiếp (đường trịn đường kính IC)
Nên 5 điểm , , , ,I E S C F cùng thuộc đường trịn đường kính IC


2


1


1



2



S


N



M


D



E


I



A




(6)

Lại có tam giác ADEcân tại A nên


0


0



1 1


180


90 (2)


2 2


A A


AEDADE    BC





×