040 đề thi hsg toán 9 tỉnh nam định 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI:TỐN Thời gian làm 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu P Rút gọn biểu thức   10  1 7 94 89  28 10 z z2 1   y y x , y , z z  z  Xét ba số thực dương thỏa mãn Chứng minh xz  xy  x yz  rằng: 1  1 yz  y  zx  z  Câu 1) Giải phương trình: x3  x  x  x  2 x4   15 (1)   x  y    x  y  1    xy x y   x  y  x  y   x 13 2) Giải hệ phương trình:  Câu  Q  x   Q   x   , x   1) Cho đa thức P  x  Q  x  thỏa mãn Biết hệ số P  x  số nguyên không âm P   0 Tính P x  P  3P    P    2) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình:  x  y  1  x   y   xy  y   x  y  2  x  1  y  1 Câu Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , vẽ đường tròn  O '; R '  R '  R  tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn (O) điểm M (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A) Vẽ đường thẳng tt ' tiếp tuyến chung M hai đường tròn  O   O ' (tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng MA chứa điểm D)    1) Chứng minh DHM DMt  AMH MH , MG tia phân giác AMD  BMC 2) Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) E  E M  Hai đường thẳng HG CE   EIM cắt I Chứng minh: EHI 3) Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp ACD Câu Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh : 1 1 1 1     2 2 2 2 c  c  a  3b   c a  a  b  3c   a b  b  c  3a   b 6 a b c  Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ (bốn đỉnh: A, B, C , D B, C , D, E C , D, E , F … J , A, B, C gọi bốn đỉnh liên tiếp đa giác) Các đỉnh đa giác đánh số cách tùy ý số nguyên thuộc tập hợp  1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết đỉnh đánh số, số dánh đỉnh khác nhau) Chứng minh ta ln tìm đỉnh liên tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21 A B J C I D H E G F ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có: Do 2   5    7    ;   2  ;89  28 10   10 1 P    10    1 2   10   2 5       10  1 1 2  2     5 P 5 10 5 Ta có: z z2 1 xz z 1  z      xyz  z  z  2 y y z  z 1 y z  z 1  xyz 1 Ta có: 1   xy  x yz  xy  x xyz  xy  x  xz   yz  y  x x   zx  z  xy  yz  y  xy   zx  z     z2 1  z  x x  xyz  xy  x  xy  x xy x yz  xyz  xy  xy x   xy Do đó:  xy  x  `  xy  x yz  Vậy xz z  z2 1 Câu xy 1 x     1 yz  y  zx  z  xy  x  1  yz  x x   xy  z z2 1  y y 1  1 yz  y  zx  z  x, y, z  thỏa mãn ĐKXĐ: x   Nhận xét x   0x  ; x   0x  ; x  x   0x  ; Do  1  x  5  x4   x 1   x  x 15 x x2  Phương trình (1) 2 5 2 4 5 2  2  x  1  x  x   x    x  x         x 15  x x2 x 15  x  x a x  a 2 x Đặt   Khi ta có phương trình  15  a  1 4 5a a   45  a  1 16a  a    16a  109a  90a  45 0   a  3  16a  48a  35a  15  0  a 3( Do 16a  48a  35a  15  0, a 2 2) a 3  x  3  x  3x  0  x  x 1(tm)  x 2(tm)  Vậy x 1, x 2  xy 0   x  y 1 *  x 0 Điều kiện   1   x  y 1 2  x  y  1  x  y     x  y  1 0 4 0  x y xy xy xy Phương trình x  y  1  x  y  1  x  y  1  x2  y2  x  y   0   x  y  1 0 xy xy xy  x  y  x2  y2  x  y  x  y  0  y 1  x( Do  0) xy  x  y  Thay y 1  x vào phương trình thứ (2) ta được: x    x   13  x 0  x  x   x 0   x  x  x  x    x  1   2x   x     x  3  x x3   2x   x    x  x  1 )2 x   x  x    x   0(VN )  2 0 x 2    x 17  33 0 x 2 17  33 33  )4  x  x      x  y 8 4 x  17 x  16    17  33  x    Vậy 17  x 33 ;y  33  Câu P  0   Q    Q  1  0 Từ giả thiết ta có P  1   Q  1  Q    Và Từ (1) (2)  P (1) 0 (1) (2) n Giả sử P( x) a0  a1 x  a2 x   an x , a0 , a1 , a2 , , an số nguyên không âm Ta có: P  1 a0  a1  a2   an 0 a0 , a1, a2 , , an số nguyên không âm nên a0 a1 a2  an , P  x  0 x   Vì P  x  0 x    P   0, P  3 0  3P    P   0  P  3P  3  P    0 2 Ta có:  x  y  1  x   y   xy  y   x  y  2  x  1  y  1   x  y    xy  y  x  y   2  x  y  xy  1   x  y   y  x  y   2  x  y     x  y   x  y    y  x  y   3   x  y    x  y  y  3 Vì x, y nên x  y  2; x  y  y ước  x  y  1  y 0  x 3 )     x  y  y 3  x  y 3  y 0   x 3   x  y    y 4   y  )      x  y  y   x  y 1   x     y 2   x 7   x  y  3  y 4   y  )      x  y  y 1  x  y 5   x 3    y 2  x  y   )    x  y  y   x    y 0 Vậy cặp số nguyên Câu  x; y    3;0  ;  3;   ;   1;2  ;  7;   ;  3;2  ;   1;0      Xét HAM ta có DHM DAM  AMH (1)   (2) Xét đường tròn (O) ta có: DAM DMt    Từ (1) (2) ta có: DHM DMt  AMH   (3) Vì Mt DH tiếp tuyến (O’) nên DHM HMt    (4) Và HMt HMD  DMt  Từ (1), (2), (3), (4) suy AMH HMD suy MH phân giác AMD  Chứng minh tương tự ta có: MG phân giác BMC      HGM HMt  sd HM     Xét  O ' có      ECM EMt   sd EM    Xét (O) có     Suy HGM ECM hay IGM ICM  tứ giác IMCG nội tiếp    (4) Ta có: EHI EHA  AHG 0       (5) Và EIM 180  MIC 180  MGC MGB MGH  BGH   (6) (vì AH , BG tiếp tuyến  O ' ) Lại có AHG BGH    (7) Và EHA DHM MGH        Từ (4), (5), (6), (7)  EIM MGH  BGH EHA  AHG  EHI EIM  Ta có CE tia phân giác ACD  * (vì EM tia phân giác AMD  sd ED  )  sd EA   EIM Ta có: EHI (chứng minh câu b);     MEI Lại có: HEI EHI EIM  EHI EIM ( g g ) EI EH    EI EH EM (8) EM EI      DMH Lại có: EDH (vì EM tia phân giác AMD  sd EA sd ED)     EHD EDM có HED MED EDH DMH  EHD EDM  g g  ED EH    ED EH EM   EM ED   Từ (8), (9), suy EI ED nên tam giác EID cân E  EDI EID  10     sd KC  EDI  sd EA (12) O   DI cắt K, ta có:     Từ (10), (11), (12) sd EA sd ED  sd AK sd KC  DK tia phân giác góc ADC  **   Từ  * ,  ** suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Vậy HG qua I tâm đường tròn nội tiếp BCD Câu  1 1 1 1     9       x, y , z  x  y  z 9 x y z   x y z  x  y  z  Áp dụng BDT 1 1 1      , x, y , z  y z xy yz xz Và x 1 1 1  2 2   , ab bc ca bất đẳng thức (1) ta cần chứng Vì a, b, c  ta có: a b c 1 1 1          2 2 ac  bc  c ab  ac  a bc  ab  b ab bc ac   minh: 1 1 a b c       2   2 ac  3bc  2c ab  3ac  2a bc  3ab  2b  abc  Ta có ab bc ac a b c    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b Ta có:  ab ab ab  1   ab ab a           a  3b  2c  a  c    b  c   2b  a  c b  c 2b   a  c b  c  ab  ab ab a       3 Vậy a  3b  2c  a  c b  c  Tương tự ta có: bc  bc bc b       4 b  3c  2a  b  a c  a  ac  ac ac c       5 c  3a  2b  c  b a  b  Cộng theo vế (3), (4) (5) ta có: ab bc ac   a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b  ab  bc ab  ac ac  bc a  b  c  a  b  c       9 a c c b a b  Vậy BĐT (2) BĐT (1) Gọi x1 , x2 , x3 , , x10 số phân biệt đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt thuộc đường tròn (O), x1 , x2 , x3 , , x10   1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 Giả sử ngược lại khơng tìm đỉnh thỏa mãn khẳng định toán Khi ta có:  x1  x2  x3  x4 21  x  x  x  x 21   x3  x4  x5  x6 21    x10  x1  x2  x3 21 Từ suy  x1  x2  x3   x10  10.21 210 10.11 x1  x2  x3   x10 1     10  55 Mặt khác ta lại có: Suy 4.55  210  220  210 (vô lý) nên điều giả sử sai Vậy ta ln tìm điểm liên tiếp đánh số mà tổng số lớn 21