067 đề thi hsg toán 9 tỉnh đak lak 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018-2019 ĐỂ CHÍNH THỨC Câu a) Rút gọn biểu thức  A 32  33  12  37  30  x x  x  12 x   y y  x  x  2 y b) Giải hệ phương trình:  Câu a) Cho phương trình x  x 2 x   m  ( m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng d có hệ số góc k di qua điểm M  0;3 cắt Parabol  P  : y x hai điểm A, B Gọi C , D hình chiếu vng góc A, B trục Ox Viết phương trình đường thẳng d , biết hình thang ABCD có diện tích 20 Câu 2 a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y  xy  x  y 20 b) Tìm tất số tự nhiên có chữ số, biết số lập phương tổng chữ số Câu Cho điểm A nằm ngồi đường trịn  O  Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE (O) cho ADE nằm hai tia AO AB ( D, E thuộc  O  ) Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC , AB P, Q a) Gọi H giao điểm BC với OA Chứng minh tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi K điểm đối xứng B qua E Chứng minh A, P, K thẳng hàng Câu Cho hình vng ABCD Trên cạnh CB, CD lấy điểm M , N  (M khác B C, N khác C D) cho MAN 45 Chứng minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích Câu Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c 3 Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3 b2  c2  a  ĐÁP ÁN Câu a) Ta có:  A 32  33  12   1 3       33  12   1        3 3  32 33  12   21  12    3  3 b) ĐKXĐ: x, y 0 Ta có: x x  x  12 x   y y     y x   y x Thế vào phương trình (2) ta được: x  x  2 x     x1   x 1   y  1(ktm) x  0    x 9  y 1  y 1  Hệ có nghiệm  x; y   9;1 Câu 2  x   x   m  0 Đặt x  t 0   a) Ta có phương trình Ta có phương trình t  2t  m  0  * Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt phương trình (*) phải có nghiệm dương phân biệt Khi đó,  '   m      1 m  2  m    m    b) Gọi phương trình đường thẳng  d  : y ax  Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x  ax  0, do1.( 3)  nên phương trình x  ax  0 ln có hai nghiệm phân biệt hay (d) cắt  P  hai điểm phân biệt A B có hồnh độ x A , xB  x A  xB a  A  x A ; x A2  , B  xB ; xB2  ; C  x A ;0  ; D  xB ;0  x A xB   Theo Viet Khi tọa độ S ABCD 2 AC  BD  CD  x A  xB   x A     xB  2    x A  xB   x A xB    Ta có: Đặt a  12 t ta có:  x A  xB  2 20  x A xB 40   a   a  12 40 t  6t  40 0   t    t  4t  10  0  t 4  a  12 4  a 2 Phương trình đường thẳng  d  : y  x  3;  d '  y 2 x  Câu 2 pt  x   x  y  25     a) Ta có 2   x     x  y   25 02  52 32  Ta xét trường hợp sau:  x  0 th1:    x; y      1;   ;   1;4   x  y     x  5 th :    x; y      6;4  ;  4;    x  y     x  3 th3:    x; y     2;   ;  2;0  ;   4;6  ;   4;     x  y  4  x  4 th :    x; y     3;   ;  3 ;2  ;   5;   ;   5;0   x  y    abcd  a  b  c  d   b) Gọi số tự nhiên cần tìm theo  1000 abcd 9999 Đặt a  b  c  d n  1000 n 9999  10 n 21 abcd 999a  99c  9c  n n  n  n 9   n  1 n  n  1 9, Mặt khác đó, số n  1, n, n  phải có số chia hết cho 9, kết hợp với 10 n 21  n   10;17;18;19   n 10  a  b  c  d 10  abcd 1000(ktm) n 17  a  b  c  d 17  abcd 4913(tm) n 18  a  b  c  d 18  abcd 5832(tm) n 19  a  b  c  d 19  abcd 6859(ktm) Vậy số cần tìm 4913;5832 Câu B E K P O I H D Q A C a) Áp dụng phương tích đường trịn ta có AB  AD AE Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABO vuông B, AH đường cao có AB  AH AO AH AD  AH AO  AD AE    AHD AEO AE AO  AHD AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi I giao điểm AE BC Ta có AHD DEO      ODE OHE  BHD BHE Suy HI phân giác DHE mà HI  AH nên HA đường phân giác DHE HD DE ID   HE AE IE mà PQ / / BK nên A, P, K thẳng hàng Do đó, Câu B A HQ M P D N C   Đường chéo BD cắt AN , AM P Q Ta có PAM PBM 45 nên tứ    giác ABMP nội tiếp suy PMA PBA PAM 45  APM vuông cân   Tương tự: NDQ NAQ 45 nên tứ giác ADNQ nội tiếp     QNA QDA QAN 450  AQN vuông cân Kẻ PH  AM H  HA HM PH hay AM 2 PN S APQ PH AQ PH NQ 1     S AMN  S APQ Ta có: S AMN NQ AM NQ.2 PH Câu Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: a  1 b a  1 b a 1   ab  b  a    a    a         b2  b2  2b Tương tự ta có: b 1 bc  c c  ca  a  b   ;  c       c2  a2 1 Cộng vế theo vế ta được: a 1 b 1 c 1 ab  bc  ca  a  b  c ab  ac  bc    a  b  c   6  b 1 c 1 a 1 2 Mặt khác, ta có BĐT  a  b  c  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca 3 a 1 b 1 c 1   3 Do b  c  a  Dấu " " xảy  a b c 1