008 đề thi hsg toán 9 tỉnh long an 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) A x  13  x  x 6 x  x 1  x   x với x 0; x 4; x 9 Rút gọn biểu thức : Giả sử a nghiệm âm phương trình x  x  0 Không giải   P  3a   a   phương trình, tính giá trị biểu thức Câu (5,0 điểm) 2  x  y 7 x  2 Giải hệ phương trình:  y  x 7 y  3x  65 2 x 17   3a 2x  Giải phương trình: Câu (2,0 điểm) 2 Cho số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  4abc 0 Chứng minh: b c a   4 a b c Câu 4.(6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, lấy điểm E cạnh BC  E B, C  ; đường thẳng qua B vng góc với DE cắt DE H cắt CD K Gọi M giao điểm DB AH a) Chứng minh ba điểm E , K , M thẳng hàng b) Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp CHM Cho tam giác ABC , P điểm cạnh BC (P khác B C); Q, R hai điểm đối xứng với P qua AC, AB Lấy điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQR cho AM song song với BC Chứng minh đường thẳng PM qua điểm cố định P thay đổi cạnh BC Câu (2,0 điểm) Trên mặt phẳng lấy 21 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng; điểm tô màu: đỏ, cam, vàng lục Các đoạn thẳng nối 21 điểm dó tơ hai màu chàm tím Xét tam giác có ba đỉnh thuộc điểm cho, chứng minh tồn tam giác có đỉnh màu ba cạnh màu 2 Giả sử n  , n 2 Xét số tự nhiên dạng an 11 viết n chữ số Chứng minh an số nguyên tố n ước an  ĐÁP ÁN Câu 1 A  x  13  x  x 6 x  13    x 3  2.Từ giả thiết ta có  x  x 1   x  3 x    x  13  x  x   x 1 x  x 3a 2   P  3a   a    x  x    x  x x  x 1  x  3 x x  x   x 2 x 2a  a    3a 4  2a  2a suy 3a   a  1  2a    2a  a    Câu Trừ vế theo vế hai phương trình ta có:  x y  x  y   3x  y   0   y  x  TH1: x  y 0  y x, thay y x vào phương trình (1) ta được:  x 0  y 0 x  x 0      y  7 y   x y   x 3 TH2: Thay vào phương trình (1) ta được: x  21x  98 0 Phương trình vơ nghiệm x; y     0;0  ;   7;    Vậy  x 2 Điều kiện xác định Phương trình cho tương đương với phương trình:  x 5  x  8  x 2    2x  2x   x   25  40  x  3x   x     Đối chiếu điều kiện phương trình có hai nghiệm x 5; x  25  40 Câu Áp dụng BĐT Cô si ta có : ab  bc 2bc ab ; bc  ca 2ca bc ; ca  ab 2bc ca Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, rút gọn ta có điều phải chứng minh Câu 1) B A M H E D K C a) Xét tam giác BDK , ta có: DH  BK , BC  DK , BC cắt DH E Suy E trực tâm tam giác BDK Để chứng minh M , E , K thẳng hàng ta cần chứng minh MK  BD 0     Tứ giác ABHD có BAD BHD 90 nên nội tiếp suy BHA BDA 45   Tứ giác DMHK có MDK BHM 45 nên nội tiếp 0    Lại có, DHK 90 (gt) nên DMK DHK 90 (cùng chắn cung DK) Ta có điều phải chứng minh     b) Tứ giác CEHK nội tiếp ( ECK EHK 90 )  ECH EKH (1)    Tứ giác CKBM nội tiếp suy EKH BCM ECM (2)    Từ (1) , (2) suy ECH ECM Do đó, EC đường phân giác MCH Chứng  minh tương tự, ta có ME đường phân giác CMH Vì E giao điểm hai đường phân giác góc M C tam giác CHM nên ta có điều phải chứng minh 2) A Q R B P C G N Gọi N giao điểm RB QC; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0   Ta có ARN  AQR 180 nên N nằm đường tròn  w  ngoại tiếp tam giác AQR Đường tròn  w '  ngoại tiếp tam giác BCN cắt  w  điểm thứ hai G  Từ RBG QCG  GP phân giác BGC     BNC RNQ 1800  BAC 1800  BOC nên O nằm  w '  Mà OB OC nên GO phân giác BGC G, P, O thẳng hàng Ta có N , O, A thẳng hàng Gọi M ' giao điểm thứ hai GO với  w       Ta có: AM ' G  ANG ONG OPC MPC  AM '/ / BC  M ' M Do G, P, O M thẳng hàng Vậy MP qua O cố định Câu 1) Vì có 21 điểm tơ màu mà 21 4.5  nên theo nguyên lý Dirichle tồn điểm tô màu Gọi điểm màu A, B, C , D, E , F Từ điểm A ta kẻ với điểm lại đoạn thẳng, đoạn tô màu có đoạn tơ màu Khơng tính tổng qt , giả sử đoạn AB, AC, AD tô màu tím Trong đoạn nối ba điểm B, C , D có đoạn màu tím, giả sử BD tam giác ABD tam giác cần tìm Nếu đoạn nối ba điểm B, C, D khơng có đoạn màu tím tam giác BCD tam giác cần tìm Trước hết ta chứng minh : an số nguyên tố n số nguyên tố Giả sử n hợp số, n bq; b, q  ,1  b, q  n Khi đó:  an  11  11 10   bq chu so q chu so q  b  1  10 q b  2    11 hợp số, trái với giả thiết nên n số nguyên tố 10n  10n  10 an    1  10n  109 9 Tiếp tục ta có: n Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 10  10n (2) (1) Nếu n 3 an 1113 khơng thỏa mãn giả thiết n Nếu n 3 ta có  n,9 1 nên từ (1) (2) suy : 10  109n Vậy n ước an 