Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (238.85 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC


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


MƠN : TỐN
Bài 1.


a) Cho 3


3 1 3 3


y


x z


P


xy x yz y zx z


  


      và xyz9.Tính 10P1


b) Cho , ,x y z0thỏa mãn x  y z xyz 4
Chứng minh rằng:


 







. 4 . 4 4 4 4 4 8



xyzyzxzxy   xyz
Bài 2.


a) Giải phương trình:




2


2


2 3 3 6


2


x


x x


x   


b) Giải hệ phương trình:




2 2


2 2



1 2
2 2


x y xy x


x x y x y


    





   





Bài 3.


a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 x 2y2  y 2xy2 xy3
b) Chứng minh rằng a13 a23 a33...an3chia hết cho 3, biết a a a1; 2; 3;...;anlà các


chữ số của 20192018
Bài 4.


Cho tam giác MNPnhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính .R Gọi Qlà trung điểm


của NPvà các đường cao MD NE PF, , của tam giác MNPcắt nhau tại H
a) Chứng minh rằng MH 2OQ


b) Chứng minh rằng nếu MNMP2NPthì sinNsinP2sinM



c) Chứng minh rằng ME FH. MF HE.  2R2biết NPR 2
Bài 5.


Cho , ,a b c0thỏa mãn 1 1 1 3.


abbcca  Tìm GTNNcủa


2 2 2


ab bc ca


P


a b b c c a


  



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


a) Ta có: xyz9


.


1 .


1


1 10 1 3



1 1 1


y xyz z


x
P


xy x xyz yz y zx xyz z xyz


y yz


P


y yz yz y yz y


   


     


      


     


b) Ta có: x  y z xyz  4 4x4y4z4 xyz 16.Do đó:






2




4 4 16 4 4 4 4


2 . 2


x y z x y z yz x x xyz yz


x x yz x x yz


        


   


Tương tự ta có:










4 4 2


4 4 2


y z x y y zx


z x y z z xy


   


   



Vậy, ta có:














4 4 4 4 4 4


2 2 2


2 3 2. 4 3


8 ( )


x y z y z x z x y


x x yz y y zx z z xy


x y z xyz xyz xyz


xyz dfcm


       


     


      



 


Câu 2.


a) ĐKXĐ: x 2. Ta có phương trình:


 









2 2 2 2


4 3 2 2 2


2


2


3 4 4 3 6 4 4


3 6 16 36 12 0 6 3 6 2 0


6
6 0


3 3
3 6 2 0


3



x x x x x x x


x x x x x x x


x
x


x x x


      


          


  


  


 


  





Vậy 6; 6; 3 3; 3 3


3 3


S       


 




(3)

b) Từ phương trình x2  y2 xy 1 2x2x2 2y2 2xy 2 4x










2
2


2


2 2 2 2 4


2 3 0


1 3 0


x x x y x xy x


x x y x y


x x y x y


       


 



   


     


Xét x0, thế vào phương trình x2 y2 xy 1 2xđược y2  1 0(vơ nghiệm)
Xét x     y 1 0 y 1 xthế vào phương trình x2  y2 xy 1 2xta được:


2 1 0


3 2 0


2 1


x y


x x


x y


  


   


   


Xét x      y 3 0 y x 3thế vào phương trình x2  y2 xy 1 2xđược:


2



10 0


x  x  (vô nghiệm)


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

    

x y; 

1;0 ; 2; 1


Câu 3.


a) Ta có


2 2 2 2 2 2


2 2 3 2 2 2 2 1


x  x y  y xyxy x  x x  yxy  y xy


2



1 x 2y y x 2 1.


      Ta xét các trường hợp sau:


2 2


2 2


1 1 2 2


1:



1


2 2 1 2 3 0


1 1 0 0


2 : ( )


1


2 2 1 2 3 0


x x x


TH


y


y y x y y


x x x


TH ktm


y


y y x y y


    





   


       


 


   




   


       


 


Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương

   

x y;  2;1
b) Vì 20192018 3 nên

a1a2 ...an

3. Xét hiệu:


3 3 3 3



1 2 3 .... n 1 2 ... n


aaa  aaa  a


a1 1

 

a a1 1 1

 

a2 1

 

a a2 2 1

....

an 1

 

a an n 1



          chia hết cho 3


Do đó, 3 3 3 3


1 2 3 ... n



(4)

Câu 4.


a) Ta có MPKMNK 900hay KPMPKNMN


Suy ra KP/ /NHKN / /PHnên tứ giác KPHNlà hình bình hành, suy ra H Q K, ,
thẳng hàng.


Xét KMHOMOK QH, QKnên OQlà đường trung bình KMH


2


MH OQ


 


b) Ta có sin sin 2


2 sin


MP MP MP


MNP MKP R


MK R MNP


    



Tương tự ta cũng có: 2


sin
MN
R


MPN


 và 2


sin
NP
R


NMP


Do đó:


sin sin sin


MN MP NP


MPNMNPNMP


2


sin sin 2sin
sin sin sin sin



MN MP NP


MPN MNP NMP


MPN MNP MPN MNP




    


 


c) Ta có 2 2


2


R


NPRNQ


K


Q



H


F



E



D




O


M



N




(5)

Áp dụng Pytago có:


2


2 2 2 2


2 2


R R


OQNONQR   NQ


NOQ


  vuông cân tại QNOQ450


0 0 0


90 45 45


NOP NMP NHF PHE


      



Do đó các tam giác NHFPHEvng cân. Suy ra NH  2FHPH  2HE


Theo câu athì MH 2OQR 2


Mặt khác 2 . .


2


ND NH FH FH


NDH MEH ME FH R ND


ME MH R R


       


Tương tự PDHMFHMF HE. R PD.


2


. . . . 2


ME FH MF HE R ND PD R NP R


     


Câu 5.


Từ giả thiết 1 1 1 3 a b c 3abc.



abbcca      Áp dụng BĐT Cơ si ta có:








2 2 2 2 2 2


3


3


3


3 . .


ab bc ca ab bc ca abc


P


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


    


     


Lại có: 3





2

2


3 3


a b c



a b b c c a


ab bc ca           abc


3
2


P


 


Vậy GTNNcủa Plà 3





×