1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

024 đề hsg toán 9 bắc ninh tp 21 22

8 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 293,48 KB

Nội dung

UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021-2022 Mơn : Tốn – Lớp Thời gian làm : 150 phút (không kể giao đề) Câu (4,0 điểm) 3 1) Cho x   Tính giá trị biểu thức A  x  x  x  x  2) Cho Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y mx   m tham số) Chứng minh đường thẳng  d  cắt đồ thị  P  hai điểm phân biệt A, B Tìm m để diện tích tam giác OAB Câu (4,0 điểm)  x  3 4  y  1  y  x    x 5 xy  y   3y    1) Giải hệ phương trình 1   2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ biểu P 4 a  b  c  a b c thức Câu (4,0 điểm) 1) Tìm tất số nguyên dương n cho số n  26 n  11 lập phương số nguyên dương 2) Tìm tất số nguyên tố p cho tổng tất ước tự nhiên p số phương Câu (7,0 điểm) 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O; R  có B, C cố định Các đường cao AD, BE , CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác BHC cắt AB, AC M , N a) Chứng minh tam giác AMN cân OA  EF , DE  EF  FD  AD.BC R b) Chứng minh c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác BAC K  K  A Chứng minh HK qua điểm cố định A thay đổi 2) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M , N , P, Q thuộc cạnh AC  MN  NP  PQ  QM  S ABCD  AB, BC , CD, DA hình vng Chứng minh Câu (1,0 điểm) Cho điểm mặt phẳng tô hai màu xanh, đỏ Chứng minh tồn tam giác mà đỉnh trọng tâm màu ĐÁP ÁN Câu (4,0 điểm) 3 3) Cho x   Tính giá trị biểu thức A  x  x  x  x  x    x  x  0 A  x5  x3  x  x   x  x    x  1  3 Vậy A 3 P  : y x2  4) Cho Parabol đường thẳng  d  : y mx   m tham số) Chứng minh đường thẳng  d  cắt đồ thị  P  hai điểm phân biệt A, B Tìm m để diện tích tam giác OAB Phương trình hồnh độ giao điểm d P : x mx   x  mx  0 Ta có  m  16  0, với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt, suy đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt  d  qua điểm cố định I  0;  nằm trục tung Ngoài gọi A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  x1.x2   nên hai giao điểm A, B nằm hai phía trục tung 1 SOAB SOAI  SOBI  AH OI  BK OI x   x ta có 2 Giả sử với H , K hình chiếu vng góc hai điểm A, B trục Oy Ta có : OI 4, AH  x1  x1 , BK  x2 x2  SOAB 2  x2  x1  2  SOAB 4  x1  x2  4   x1  x2   x1 x2    Theo định lý Vi-et ta có :  x1  x2 m  SOAB 4  m2  16  64  m 0  x1 x2  Thay vào ta có : Câu (4,0 điểm)  x  3 4  y  1  y  x   1   x 5  xy  y     3y    3) Giải hệ phương trình y  ; x  3;3 y x Điều kiện : Phương trình (1) tương đương  x  3 4  y  1  y  x   x  x  12 y  12 y  xy  x  x  x   y   12 y  12 y  0 Xem phương trình bậc hai x ta có :  '  y    12 y  12 y   y    x   y   y    y     x   y   y   2 y  Trường hợp 1: x  y  Do x    y    y  suy phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2: x 2 y  , thay vào phương trình (2) hệ ta có : 3y   y  2 y  y    y  2 3y   y   y  1  y    ; y 1  3y   y  2 Ta có Nghĩa VP  VT  y 2  x 1 Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;  1   4) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ P 4 a  b  c  a b c biểu thức 1 a b     x 4 c Ta có : c a b a  b x2 2  P 4  a  b  c   4c 1  a b c c  x  1  P 4c x 1 15 4 4    x  1  c  x  1 3x  3 3x  Pmin  15 1  a b  ;c  15 15 Vậy Câu (4,0 điểm) 3) Tìm tất số nguyên dương n cho số n  26 n  11 lập phương số nguyên dương n  26 x  1  n  11  y   Giả sử  với x, y số nguyên dương Lấy  1    vế theo vế ta : x  y 37   x  y   x  xy  y  37  x  y 1  x 4 x , y   *    n 38  2 2 x  xy  y 37 y  x  y  x  xy  y   Chứng minh với 4) Tìm tất số nguyên tố p cho tổng tất ước tự nhiên p số phương 4 Gọi p số nguyên tố nên p có ước tự nhiên 1, p, p , p , p Giả sử  p  p  p  p n với n   Ta có  2n  2p Suy  4n 4  p  p  p  p  1 2  p    2n    p  p   2  2n   p  p 1 4 p  p3  p  p 1  Bất đẳng thức xảy 4 Từ  1 ,     p  p  p  p 4 p  p  p  p 1  p   p  p  0    p 3 Vì p nguyên tố nên p 3 p 3  p 81  U  p  1   32  33  34 121 112 Đảo lại với Câu (7,0 điểm) 3) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O; R  có B, C cố định Các đường cao AD, BE , CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác BHC cắt AB, AC M , N A Q E x N F M H P B O K D d) Chứng minh tam giác AMN cân Ta có AMN ABH  MHB ANM ACH  NHC C Do HM , HN phân giác BHF CHE ta có BHF CHE nên ta suy MHB NHC Lại có tứ giác BFEC nội tiếp nên FBH CHE Từ ta AMN ANM nên tam giác AMN cân A e) Chứng minh OA  EF , DE  EF  FD  AD.BC R Từ A ta vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  Khi ta có BAx ACB Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có AFE ACB Do ta AFE xAB nên Ax / / EF nên ta có OA  EF Hồn tồn tương tự ta có : OB  DF , CO  DE Từ suy : 1 S ABC S FOEA  S BDOF  S CDOE  R.EF  R.DE  R.FD 2  R  DE  EF  FD  AD.BC S ABC  AD.BC DE  EF  FD  R Mà ta có nên f) Đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác BAC K  K  A Chứng minh HK qua điểm cố định A thay đổi Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt tia phân giác MAN K nên AK đường kính đường trịn Từ ta có : KMA KNA 90 Từ dẫn đến KM / /CH KN / / BH suy tứ giác HIKJ hình bình hành, HK qua trung điểm IJ IH MF  Do IM / / HF nên theo định lý Talet ta có IB MB Lại có HM phân giác tam giác MF HF  BHF nên ta có MB HB IH HF HJ HE   Từ ta có IB HB Hồn tồn tương tự ta có : CJ HC HF HE IH HJ   Mà tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có HB HC IB CJ Từ suy IJ / / BC Theo bổ đề hình thang HK qua trung điểm BC cố định hay HK qua điểm cố định 4) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M , N , P, Q thuộc cạnh AB, BC , CD, DA hình vng Chứng minh S ABCD  AC  MN  NP  PQ  QM  M A K I B N L Q D P C Gọi T , K , L trung điểm MQ, MP, NP theo tính chất đường trung bình trung tuyến tam giác vng ta có : MN  NP  PQ  QM 2  KL  CL  IK  AI  2 AC Từ suy đpcm Câu (1,0 điểm) Cho điểm mặt phẳng tô hai màu xanh, đỏ Chứng minh tồn tam giác mà đỉnh trọng tâm màu B' B C' M G C N P A A' Trên mặt phẳng lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm tháng dùng màu để tơ màu điểm nên theo ngun lí Dirichlet phải tồn điểm màu Giả sử điểm A, B,C màu đỏ Như ta có tam giác ABC với đỉnh màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả xảy ra: 1) Nếu G màu đỏ Khi A,B,C,G có màu đỏ toán chứng minh 2) Nếu G có màu xanh Kéo dài GA,GB,GC đoạn AA ' 3GA, BB ' 3GB, CC ' 3GC Khi gọi M,N,P tương ứng trung điểm BC, CA,AB AA'=3GA = 6GM⇒ AA'=2AM Tương tự B'B= 2BN, C'C= 2CP Do tam giác ABC,BAC,CAB tương ứng nhận A, B,C trọng tâm Mặt khác, ta có tam giác ABC ABC có trọng tâm G Có hai trường hợp xảy a) Nếu A,B,C màu xanh Khi tam giác ABC trọng tâm G có màu xanh b) Nếu điểm A ', B ', C ' có màu đỏ Khơng tính tổng quát giả sử A ' màu đỏ Khi tam giác ABC trọng tâm có màu đỏ Vậy khả tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu đỏ đpcm

Ngày đăng: 26/10/2023, 10:03

w