003 đề thi hsg toán 9 tỉnh đăk 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 O Cho điểm A nằm ngồi đường trịn   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 a 1 b 1 c 1   3 a , b , c  b  c  a  a  b  c  Câu Cho thỏa mãn Chứng minh rằng: 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 x x  x  12 x   y y  Ta có: Thế vào phương trình thứ hai x  x  2 x     x1     x  y   x 1  x  0    x 9   y x y  1( ktm) y 1  y 1 Vậy hệ có nghiệm  x; y   9;1 Câu a) Ta có phương trình tương đương  x    x   m  0 Đặt x  t 0 Ta có phương trình t  2t  m  0(*) Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt phương trình  * phải có nghiệm t dương phân biệt Khi đó:  '   m      1 m  2  m    m    b) Gọi phương trình đường thẳng  d  : y ax  b Vì  d  qua M  0;3 nên  d  : y ax  Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x  ax  0 , 1.  3  nên phương trình x  ax  0 ln có nghiệm phân biệt hay  d  cắt  P  tai  x A  xB a  x x  x , x hai điểm phân biệt A B có hồnh độ A B Theo Vi-et  A B Khi tọa độ A  x A ; x A2  , B  xB ; xB2  C  x A ;0  ; D  xB ;0  ; S ABCD Ta có: 2 AC  BD  CD  x A  xB   x A     2    x A  xB   x A xB    Đặt  x A  xB  xB  20  x A xB 40   a   a  12 40 a  12 t , ta có: t  6t  40 0   t    t  4t  10  0   t     t     0  t 4  a  12 4  a 2   Phương trình đường thẳng  d  : y  x  3;  d  : y 2 x  Câu a) Ta có phương trình tương đương:  x  1 2   x  y   25   x     x  y   25 02  52 32  Xét trường hợp sau:  x  0 TH 1:    x; y     1;   ;   1;4   x  y     x  5 TH :    x; y     6;4  ;  4;     x  y  0  x  3 TH 3:    x; y    2;   ;  2;0  ;   4;6  ;   4;     x  y  4  x  4 TH :    x; y    3;   ;  3;   ;   5;   ;   5;0   x  y    b) Gọi số tự nhiên cần tìm abcd  a  b  c  d  , theo 1000 abcd 9999 Đặt a  b  c  d n  1000 n 9999  10 n 21 Mặt khác abcd 999a  99b  9c  n n3   n  n  9   n  1 n  n  1 9 Do số n  1; n; n  phải có số chia hết cho 9,kết hợp với 10 n 21  n   10;17;18;19 Với n 10  a  b  c  d 10  abcd 1000(ktm) Với n 17  a  b  c  d 17  abcd 4913(tm) Với n 18  a  b  c  d 18  abcd 5832(tm) Với n 19  a  b  c  d 19  abcd 6859(ktm) Vậy n   4913;5832 Câu B Q D E K I P A H O C a) Áp dụng phương tích đường trịn ta có AB  AD AE Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABO vng có: AB  AH AO  AH AO  AD AE AH AD    AHD AEO AE AO  AHD AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi I giao điểm AE với BC Ta có: AHD DEO      ODE OHE  BHD BHE Suy HI phân giác DHE mà HI  AH nên HA phân giác DHE HD AD ID DQ AD ID DP       DQ DP Do HE AE IE mà PQ / / BK nên EB AE IE EB Ta có: DQ DP, EB EK PQ / / BK nên A, P, K thẳng hàng Câu B A H Q M P D N C    Đường chéo BD cắt AN , AM P Q Ta có PAM PBA PAM 45 nên tứ    giác ABMP nội tiếp Suy PMA PBA PAM 45  APM vuông cân 0      Tương tự NDQ NAQ 45 nên tứ giác ADNQ nội tiếp  QNA QDA QAN 45  AQN vuông cân Kẻ PH  AM H  HA HM PH hay AM 2 PN S APQ Ta có: S AMN  PH AQ PH NQ    S AMN 2S APQ NQ AM NQ.2 PH Câu a  1 b a  1 b a 1   ab  b  a    a    a         b2  2b Áp dụng Cô si ta có b  b 1 bc  c c  ca  a  b  1  ;  c  1  2 a 1 Tương tự ta có c  Cộng vế theo vế ta được: a 1 b 1 c 1 ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca    a  b  c   6  b 1 c 1 a 1 2 BDT  a  b  c  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca 3 Mặt khác ta có a 1 b 1 c 1   3 Do : b  c  a  Dấu " " xảy a b c 1