054 đề thi hsg toán 9 tỉnh lạng sơn 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LẠNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 23/3/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC A Câu Cho biểu thức   x  x x x   x x  x 1  x  x 0, x 9  a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ biểu thức A 2 Câu Cho phương trình: x   m   x  m  8m  0 a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 cho x12  x22  60 P x1  x2 đạt giá trị nguyên Câu x x  a) Giải phương trình:   0 x x b) Tìm tất cặp  x; y  nguyên thỏa mãn 2 x y   x     y    xy  x  y   5 Câu Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  , đường cao BE , CF cắt H  E  AC , F  AB  a) Gọi K giao điểm EF BC , L giao điểm AK (O) với L  A Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HL  AK b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm BC  c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB 90 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với Câu Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: A x x   x 1 x    x x 1  x 3 x   x  3 x  1 x  1 x  3 x x  x  x  24  x  3  x   x 8     x  1 x  3  x  1 x  3 x  x x  3    x  A b) Ta có: Vì x 8  x 1   x 1 x 1 x   0, x 0, x 9 nên áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: A 2   x 1  4 x 1 x 1  Đẳng thức xảy  x 4 x 1 Vậy Amin 4 x 4 Câu 2  '  m     m  8m   25  a) Ta có:  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m  x1  x2 2  m   2m   x x m  8m  b) Áp dụng định lý Vi-et ta có:  2 x  x22  60  x1  x2   x1 x2  60 P  x1  x2 x1  x2   2m     m  8m    60  m  8m  11 m   m4 m4 2m   m  nguyên  m  U    1; 5 P nguyên Mà m nguyên dương nên m 1 Câu a) Điều kiện: x  1 t x 2  x  t  2 x x Đặt đến phương trình: t  4t  0  t 1(ktm)  t 3 Giải phương trình nghiệm    3 3 x  x      x 3  x  x  0   x   3 7 x   x   Kết hợp điều kiện, phương trình cho có nghiệm: b) Ta có: x 3 7 ;x  2 x y   x     y    xy  x  y   5 xt  x y  x  x   y  y   x y  xy  xy 5   x y  xy  y    x  x    y  x  x   0  y  x  x     x  x    y  x  x   0   x  x    y   y  1   x    y  1 1  x 3 Th1:  x    y  1 1    y 2  x 1 Th2 :  x    y  1     y 0  x 3 Th3:  x     y  1 1    y 0  x 1 Th :  x     y  1     y 2 Vậy phương trình có cặp  x; y  nguyên  3;2  ;  1;0  ;  3;0  ;  1;2  Câu A L O F H T K B E C I M   a) Ta có: AFH  AEH 90  tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH (1) Ta có tứ giác ALBC nội tiếp  KB.KC KL.KA  2 Vì tứ giác BFEC nội tiếp  KB.KC KF KE Từ (1), (2)  tứ giác ALFE nội tiếp đường trịn đường kính AH Do : LH  AK b) Gọi M giao điểm HL  O  Vì LH  AK  AM đường kính  MC  AC  MC / / BH (3)  BH  AC  Ta có: CH  AB  CH / / MB     MB  AB Ta có: Từ (3) (4)  BHCM hình bình hành nên HL qua trung điểm BC c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABT  AT  AF AB ý BFEC nội tiếp nên AF AB  AE AC Do đó, AT  AE AC nên AT tiếp tuyến đường tròn  CET     Hơn nữa, KFB  ACB KLB nên suy KLFB nội tiếp, đó: AF AB  AL AK nên AT  AL AK , tức AT tiếp tuyến  KLT  Vậy  CET  tiếp xúc với  KLT  có AT tiếp tuyến chung Câu Ta gọi cạnh song song với hướng Chú ý hai cạnh hai đường chéo son song với tạo thành hình thang cân Ta thấy đa giác n cạnh gồm có n hướng (cụ thể hình vẽ AB, MN , CE hướng, AB, AC khác hướng M E A O C B N k  k  1 Với gồm có k đỉnh sinh đoạn thẳng, số đoạn thẳng lớn n có hai cạnh có hướng nên chúng tạo thành hình thang cân Do đó, điều kiện để k điểm chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân k  k  1  n  k  k  2n  2 1 1   k    2n   k  2n   2 4  Bây áp dụng toán cho n 30 ta suy có đỉnh tạo thành hình thang cân k  60  1   k 9 , nên đỉnh