032 đề hsg toán 9 hưng yên 2017 2018

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian làm bài: 150 phút Bài a) Cho a, b  thỏa mãn 1   a b 2018 Chứng a  b  a  2018  b  2018 b) Cho a nghiệm dương phương trình x  x  Tính giá trị biểu thức A  Bài a2 a4  a   a2 minh 0 a) Giải phương trình (1 điểm)    x   x x b) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  x  2018   y  y  11y  y Bài  x  y   x 1  y 1  a) Giải hệ phương trình   x  y   y  1 4  x  b) Cho x, y, z  thỏa mãn y  z  Chứng minh x yz zx xy   4 x y z Bài Cho đường tròn  O; R  điểm A cố định với OA 2 R , đường kính BC quay quanh O cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O  điểm thứ hai D E Gọi K l giao điểm DE AO a) Chứng minh AK AI  AE AC b) Tính độ dài đoạn AK theo R c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường thẳng cố định Bài Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1, 2, 3, , 625 chọn 311 số cho khơng có hai số có tổng 625 Chứng minh 311 số chọn, có số phương  HẾT  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ a, b  a) Cho Bài 1 1   a b 2018 thỏa mãn Chứng minh a  b  a  2018  b  2018 b) Cho a nghiệm dương phương trình x  x  Tính giá trị biểu thức A  a2 a  a   a2 0 Lời giải a) Từ giả thiết 1 ab    2018   a b 2018 a b  a  2018  b  2018  a  ab ab  b a b a b a b a b    a  b (Vì a, b  ) a b a b a b b) Ta có a nghiệm dương phương trình x  3x  0 nên 6a  3a  0  6a 1  3a   a    a2  3  a 30 Do a2 A  Bài a a2  a a   2   a  2   a2  a2  a4  a   a2 a a 2 a  a   3a   a  a2   a2  a  a) Giải phương trình (1 điểm)    x   x x b) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn  x  2018   y  y  11y  y Lời giải a) Giải phương trình    x   x x ĐK: x 1 1 1 x     x  x  x  x  x   x  x  x 0  3   x 1   x    x    x 0 Xét phương trình  x 1   x a b     a  b 1   x b   x a Đặt  a b    2 b  3b  3b   b 1 a b   b  2b  3b 0 a 1   x 1 b 0 Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x   0;1 2 b)  x  2018   y  y  11y  y   x  2018    y  y  1 2   x  2018    y  y  1 1   y  y  x  2019   y  y  x  2017  1 Vì cặp x ; y nguyên nên:  y  y  x  2019 1   TH1:   y  y  x  2017 1   x 2018    y  y 0   y  y  x  2019   TH2:  y  y  x  2017    Vậy phương  x 2018; y 0  x 2018; y 3   x 2018  x 2018; y 1    x 2018; y 2  y  y  0 trình có nghiệm  x; y     2018;  ,  2018;1 ,  2018;  ,  2018;3   Bài  x  y   x 1  y 1   1 a) Giải hệ phương trình   3x  y   y  1 4  x  b) Cho x, y, z  thỏa mãn y  z  Chứng minh x yz zx xy   4 x y z Lời giải 2 a) ĐKXĐ: x, y  Từ  3x  y   y  1 4  x   x  y    x  y  1 0 x  y  0  y 1  x Vì x, y   x  2y   , đó: Thay vào phương trình  1 ta được: x 1   x  x2  x 1  2 ; 3    x   2  Đặt t  8t  t  t    t  2t   0 x    x t ,    t   t 2   (Vì t  ) t   TH1: t 2    x  ; y   x 1   x  0   (thỏa mãn điều kiện  x  ; y   2 xác định) TH2: t     x 1   x  1   (vơ lí)  3    Vậy phương trình có nghiệm:  x; y     ;  ,  ;   2      b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có yz zx xy  yz zx   zy xy   zx xy               2 z  y  x x y z y  x z   y z   x 4  x  y   2( z  x ) 8 xy  xz 4 x (2 y  z ) 4 x 4 x Dấu xảy x  y z  Bài Cho đường tròn  O; R  điểm A cố định với OA 2 R , đường kính BC quay quanh O cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn  O  điểm thứ hai D E Gọi K l giao điểm DE AO a) Chứng minh AK AI  AE AC b) Tính độ dài đoạn AK theo R c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường thẳng cố định Lời giải B D F A O I K E N C   a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp  ABC  DEC 180  AEK  ABC  ( bù DEC ) Mặt khác ABC  AIC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ); suy AEK  AIC (bắc cầu)  Xét AEK AIC có : AEK  AIC EAK chung nên AEK # AIC (g.g) AE AK   AE AC  AK AI AI AC    b) Xét AOB COI có : AOB COI (đối đỉnh) BAO (hai ICO góc nội tiếp chắn cung BI ) nên AOB đồng dạng COI (g.g)  OA OB OB.OB R   OI    AI  R OC OI OA 2 Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn  O  , dễ dàng chứng minh ANE đồng dạng ACN (g.g)  AE AC  AN  AO  ON 3R Mà theo câu (a) : AE AC  AK AI  AK R 3R  AK  R c) Gọi F giao điểm đường tròn ngoại tiếp ADE với OA , ta có AFD  AED mà AEK  ABC (câu a) nên AFD  ABC nên tứ giác BDFO nội tiếp đường tròn Dễ dàng chứng minh ADF # AOB (g.g)  AD AB  AF AO ; ta chứng minh AD AB  AN  AF AO  AN  AF  R không đổi, mà A cố định nên F cố định suy AF cố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường trung trực đoạn AF cố định Bài Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1, 2, 3, , 625 chọn 311 số cho hai số có tổng 625 Chứng minh 311 số chọn, có số phương Lời giải Ta phân chia 625 số tự nhiên cho thành 311 nhóm sau: +) nhóm thứ gồm năm số phương  49; 225; 400;576;625 +) 310 nhóm cịn lại nhóm gồm hai số có tổng 625 (khơng chứa số nhóm 1) Nếu 311 số chọn khơng có số thuộc nhóm thứ , 311 số thuộc nhóm cịn lại Theo ngun tắc Dirichle phải có hai số thuộc nhóm Hai số có tổng 625 (vơ lí) Vậy chắn 311 số chọn phải có số thuộc nhóm thứ Số số phương