070 đề thi hsg toán 9 tỉnh bà rịa vũng tàu 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI : TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu   x 3  A     1   x x  x  x  27     1) Rút gọn biểu thức 1 1 1 B           2 2018 2019 2) Tính tổng: Câu Giải phương trình hệ phương trình sau: 1)  x  x  x x   1 1  x  x     4 y y  2)   x  x  x  4  y y y3 Câu n n 1) Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh: 46  296.13 chia hết cho 1947 2) Cho A số phương gồm chữ số thỏa mãn ta cộng thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B gồm chữ số Tìm hai số A B Câu 1) Cho hai đường thẳng  d1  : mx   m   y  m  0  d  :   m  x  my  m  0 d d a) Tìm điểm cố định mà   qua điểm cố định mà   qua với m d , d b) Chứng minh hai đường thẳng     cắt điểm I m thay đổi điểm I ln thuộc đường trịn cố định 2) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn a  1, b  1, c  1, d  Chứng minh bất đẳng thức : a2 b2 c2 d2    16 b c d  a Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định Gọi C điểm di động (O) cho C khác A, C khác B C khơng nằm cung AB Vẽ đường kính CD (O) Gọi d tiếp tuyến (O) A Hai đường thẳng BC , BD cắt d E , F 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2) Gọi M trung điểm EF I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE Chứng minh AB 2 IM 3) Gọi H trực tâm DEF Chứng minh điểm C di động (O) điểm H ln chạy đường trịn cố định  O; R   I ; r  tiếp xúc A  R  r  Vẽ dây AB  O; R  dây AC  I ; r  cho AC  AB Gọi MN tiếp tuyến chung M  O , N  I  đường tròn với Câu 6.Cho hai đường tròn 1) Chứng minh ba đường thẳng BC , OI , MN đồng quy  2) Xác định số đo AOB để diện tích ABC lớn ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có:   x 3  A     1   x x  x  x  27      x  3 x   x   x x 3 3 x 3x    x x x x 2) Với x  , ta có: 1 2  1         x  x  1  x x   x  1 x 2  1      x   x  1 x  2 x 1 1   1   x 1     x 1             x x 1  x x 1   x x 1   x   x 1   1 Vì 1 1  1   2 x  x  1 x x 1 x    x  x 1   1 1 1   1  0 x x 1 x x 1 1 1      * x  x  1 x x 1 Áp dụng công thức (*) ta có: 1   1  1  B                   3  2018 2019   B 2019  2019 Câu 2 1) Từ pt (1)  x  x   x  x  0 2 Đặt t  x  x   t 0   t x  x   t 2(tm) t  t  0   t  1  t   0    t  1(ktm) Ta có phương trình:  x 0 t 2  x  x  2  x  x      x  Với Vậy S  0;  5 2) Điều kiện y 0   x     x   Khi hpt    1   x   4  y   x  1 x   4  y  y a x  1 ; b  x  y2 y Đặt b 4  a a  b 4 b 4  a a 2      a   a  4  a   0 b 2 ab 4   HPT  2 2  x  y 2  x    x  2 2  x  1 0  1  1     x   x  x  2   y  y  y Khi   x 1 (tm)  y   Vậy  x; y   1;1 Câu n n 1) Ta có:1947 3.11.59 , đặt A 46  296.13 46 1n 1 mod3 * n n  A 1  296 297 0  mod3  A3  1 13   mod3    46n 2n 1 mod11 * n  A 2n  296.2n 297.2n 11.27.2n 0(mod11)  A11  n 13 2 1 mod11 n *46n   13  13n  mod13 Vì n số tự nhiên lẻ  A  13n  296.13n 295.13n 5.59.13n 0  mod59   A59 (3) Mà 3;11;59 đôi nguyên tố nên từ (1), (2), (3) ta có A1947 2 2) Đặt A m B n với m, n số nguyên dương  m  n  2 Ta có: A  1111 B  m  1111 n   n  m   n  m  11.101 Do m  n  n  m, n  m hai số nguyên dương n  m  n  m Mà 11 101 hai số nguyên tố nên 1111 11.101, mà n  m Suy n  m 11   n  m 101 n 56  A 2025    m 45  B 3136 Câu 1) a) Xét A   2;1 ta có: m      m    m   2m  m   m  0, m nên  d1  qua A cố định Tương tự, xét B  1;2     m   m.2  m  2  m  2m  m  0, m nên  d1  qua B cố định b) Ta chứng minh đường thẳng  d1  ,  d  ln vng góc với *nếu m 0   d1  :  y  0 đường thẳng song song với Ox  d2  : x  0 đường thẳng song song với Oy   d1    d  *nếu m 2   d1  : x  0 đường thẳng song song với Oy  d  : y  0 đường thẳng song song với Ox   d1    d  *Nếu m 0, m 2 : m2 m2  m   m 2 y  x ;  d2  y  x    d1  có phương trình:   m   m m  m  có pt:  m   m 2      d , d      m m     Tích hệ số góc Suy  d1    d  Vậy ta chứng minh được:  d1    d    d1  cắt  d  I  Và IA  IB, A B hai điểm cố định  AIB 90  I thuộc đường trịn đường kính AB cố định a   0; b   a, b, c, d    c   0; d   Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 2) Vì a2 a2   b  1 2  b  1 4a (1) b b b2 b2   c  1 2  c  1 4b (2) c c c2 c2   d  1 2  d  1 4c(3) d1 d1 d2 d2   a  1 2  a  1 4d a a Từ  1 ,   ,  3 ,   ta có: a2 b2 c2 d2      a  b  c  d   16 4  a  b  c  d  b c d  a a2 b2 c2 d2     16 b c d  a Dấu " " xảy  a b c d 2 Câu H N B D O F M I A C E (4)   1) Ta có: BCD BAD (cùng chắn cung BD) d tiếp tuyến (O) A nên d  AB , ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AD  BF      BFA Suy BAD (cùng phụ ABF ) , BCD DFE      DCE  DFE DCB  DCE 1800  CDFE tứ giác nội tiếp 2) Ta có : ME MF ( gt )  MI  EF (đường kính dây cung) AB  EF (EF tiếp tuyến) nên MI / / AB  MI / / OB (1)   Xét FBE vuông B, trung tuyến BM  MB MF  MFB MBF   Vì tứ giác CDFE nội tiếp nên BDC BEF      MBD  BDC BFM  BEM 900  BM  CD Lại có: IO  CD (đường kính dây cung)  BM / / IO    IM BO  AB Từ (1) (2) suy BMIO hình bình hành hay AB 2 IM 3) Vì H trực tâm DEF nên DH / / AB (cung  EF ) AD / / BH (cùng  FB)  ABHD hình bình hành  BD  AH Mà AD BC (ADBC hình chữ nhật)  BH BC Lấy N đối xứng với O qua B, ta có tứ giác OHNC hình bình hành  NH OC R không đổi N điểm cố định (Vì O B cố định) Vậy C di động (O) H chạy đường trịn  N ; R  Câu B H O K A M C I N E 1) Gọi E giao điểm đường thẳng BC OI Ta có: O, A, I thẳng hàng (tính chất đường nối tâm)  IAC cân I  AIC 1800  IAC  OAB cân O  AOB 1800  2OAB    AOB  AIC 3600  OAB  IAC 3600  2.900 1800  IC / /OB   EI IC r   Áp dụng định lý Talet EOB ta có: EO OB R Gọi E ' giao điểm OI MN EOM có IN / / OM  cung  MN  Áp dụng định lý Talet ta có: EI IN r   EO OM R , suy E trùng E ' Vậy ba đường thẳng BC , OI , MN đồng quy 2) Vẽ OH  AB  H  AB  ; IK  AC  K  AC     Ta có: OAH  AIK  (cùng phụ với KAI )  AB 2 AH 2OA.cos OAB 2 R cos  AC 2 AK 2 IA.sin AIK 2r sin  Vì ABC vng A, ta có: AB AC S ABC   2.R.cos  2r sin  R.r.2cos  sin  2 2 Mặt khác 2cos  sin  sin   cos  1 Do S ABC R.r Dấu " " xảy  sin  cos    45 Vậy diện tích ABC lớn  45