024 đề thi hsg toán 9 tỉnh nam định 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) P Rút gọn biểu thức   10  1 7 94 89  28 10 z z2 1   y y x , y , z Xét ba số thực dương thỏa mãn z  z  Chứng minh xz  xy  x yz  1  1 yz  y  zx  z  Câu (5,0 điểm) Giải phương trình x3  x  x  x  2 x4   15   x  y    x  y  1    xy x y   x  y  x  y   x 13 Giải hệ phương trình  Câu (3,0 điểm) Cho đa thức P( x) Q ( x) thỏa mãn P( x)   Q  x   Q   x   x   Biết P 3P  P    hệ số P( x) số nguyên không âm P   0 Tính    Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn phương trình: x y  1  x   y   xy  y   x  y  2  x  1  y  1 Câu (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , vẽ đường tròn  O '; R ' tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn  O  (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A) Vẽ đường thẳng tt ' tiếp tuyến chung M hai đường tròn (O) ( O ') (tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng MA chứa điểm D)    Chứng minh DHM DMt  AMH MH , MG tia phân giác góc AMD & BMC  Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) E ( E khác M ) Hai đường thẳng HG CE cắt   EIM I Chứng minh EHI Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Câu (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng mnh : 1 1 1 1        2 c. c  a  3b   c a. a  b  3c   a b  b  c  3a   b a b c  Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ bên (bốn đỉnh A, B, C , D B, C , D, E C , D, E , F … J , A, B, C gọi đỉnh liên tiếp đa giác) Các đỉnh đa giác đánh số cách tùy ý số nguyên thuộc tập hợp  1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết đỉnh đánh số, số đánh đỉnh khác nhau) Chứng minh ta ln tìm đỉnh liên tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21) J B A C I D H G F E ĐÁP ÁN Câu 1.Ta có: Và   10    89  28 10   10 1 P 2  5   7    ;9    2  , Do đó:     10  1 2  2 5  1 1 2   10 2     5 10 5  Vậy P  ta có: z z2 1 xz z2 1  z     y y z  z2 1 y z  z2 1 xz   xyz  z  z    z   z  xyz 1 Ta có: 1   xy  x yz  xy  x xyz  xy  x  1  yz  y  x Và x   yz  y  1  zx  z  xy x x  xyz  xy  x  xy  x  xy   zx  z   xy x yz  xyz  xy  xy x   xy Do đó:  xy  x  xy 1 x     1 yz  y  zx  z  xy  x  1  xy  x x   xy  xy  x yz  Vậy 1  1 yz  y  zx  z  x, y, z  thỏa mãn z z2 1   y z  z2 1 y xz Câu Điều kiện xác định : x  R 1  x   0x  ; x   0x  , x  x   x     0x   4  +)Nhận xét Do từ (1) suy x   x 1  Phương trình (1) 2 5  x4   x    x 15  x x2 2 5 2 4 5 2  2  x  1   x   x   x  1  x  x   x 15  x x x 15  x  x a x  a 2 x Đặt   Khi ta có phương trình  15  a  1 4 5a a   45  a  1 16a  a    16a  109a  90a  45 0   a  3  16a  48a  35a  15  0   a 3 16a  48a  35a  15  a 2 +)Với a 3 ta có: Vậy S  1;2 x 3  x  x  0  x   x 1(tm)  x 2(tm)   xy 0   x  y 1  Điều kiện  x 0 Phương trình   1   x  y xy (*) 1 2  x  y  1  x  y     x  y  1 0 4 0  x y xy xy  x  y  1  x  y  1   x  y  1 0  xy x y x  x  y  1  y2  x  y  xy  x  y  0  x  y  0  y 1  x (vì với x, y thỏa mãn điều kiện (*) ta có: x  y  x  y  0) Thay y 1  x vào phương trình thứ (2) hệ phương trình ta phương trinh: x    x   13  x 0  x  x   x 0   x  x  x  x    x  1   2x   x     x  3  x x   2x   x    x  x  1 )2 x   x  x    x   0(VN vi x 0)  2  x 2   17  33  x    x 2 17  33   x  )4  x  x      x 8   x  x 4 x  17 x  16 0      x 17  33   + 17  x 33  8 Với thỏa mãn điều kiện (*)  17  33 33   ;  x; y    8   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu 33  y P  0  Từ giả thiết ta có: 1 P  1   Q  1  Q    Q    Q  1  0  1  2 (2) Từ (1) (2) suy P  1 0 n P x  a  a x  a x   a x , a0 , a1 , a2 , , an số nguyên không   n Giả sử âm suy a0 a1 a2  an 0 P  x  0 x    P  3P  3  P    0 Vì P( x) 0x    P(2) 0, P(3) 0, đó: 3P  3  P   0 Ta có :  x  y  1  x   y   xy  y   x  y  2  x  1  y  1 2   x  y    xy  y  x  y   2  x  y  xy  1   x  y   y  x  y   2  x  y     x  y   x  y    y  x  y   3   x  y    x  y  y  3 Vì x, y  nên x  y  2; x  y  y ước  x  y  1   x  y  y    y 0   x  y    x 3   y 0   x 3   x  y    y 4   y       x  y  y   x  y 1   x     y 2  x  y     x  y  y    y 0  x     x  y   y 0   x 7   x  y  3  y 4   y       x  y  y 1  x  y 5   x 3    y 2 Vậy cặp số nguyên  x; y   3;0  ;  3;   ;   1;2  ;  7;   ;  3;2  ;   1;0  Câu    Xét HAM ta có DHM DAM  AMH (1)   Xét đường trịn (O) ta có : DAM DMt (2)    Từ (1) (2) ta có : DHM DMt  AMH   Vì Mt DH tiếp tuyến  O ' nên DHM HMt (3)    Và HMt HMD  DMt (4)  Từ (1), (2), (3), (4) suy AMH HMD suy MH phân giác AMD Chứng minh tương tự ta có MG phân giác góc BMC           HGM HMt  sd HM ECM  EMt     sd EM  O ' O         Xét có , xét có      HGM ECM hay IGM ICM  tứ giác IMCG nội tiếp    Ta có EHI EHA  AHG (4) 0       Và EIM 180  MIC 180  MGC MGB MGH  BGH (5)   Lại có AHG BGH (6) (vì AH BG tiếp tuyến  O ' )    Và EHA DHM MGH          Từ (4), (5), (6), (7) suy EIM MGH  BGH EHA  AHG  EHI EIM  Ta có CE tia phân giác ACD  * (vì EM tia phân giác AMD  sdEA sdED)   EIM Ta có: EHI (chứng minh câu 4.2),     EHI EIM có HEI MEI EIM EHI  EHI EIM ( g.g )  EI EH   EI EH EM (8) EM EI    DMH Lại có : EDH (vì EM tia phân giác AMD  sdEA sdED)     EHD EDM có HED MED EDH DMH  EHD EDM ( g g )  ED EH   ED EH EM (9) EM ED   Từ (8) (9) suy EI ED  EID cân E  EDI EID  10   EDI   sdEA  sdAK  (11) DI cắt (O) K, ta có:  EID   sdED  sdKC  (12) Và  Từ (10), (11), (12) sdEA sdED  sdAK sdKC  DK tia phân giác ADC  ** Từ (*), (**) suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Rõ ràng, HG qua I tâm đường tròn nội tiếp BCD Câu 1.Áp dụng BĐT  1 1 1  1 1    9       x, y , z  xyz  x y z  x y z  x  y  z  1 1 1       x, y , z   y z xy yz xz Và x 1 1 1  2 2   , ab bc ca bất đẳng thức (1) ta cần chứng minh Vì a, b, c  ta có : a b c 1 1 1         2 ac  3bc  2c ab  3ac  2a bc  3ab  2b  ab bc ac  Ta có   2  (2) 1 1 a b c       2 ac  3bc  2c ab  3ac  2a bc  3ab  2b  abc  ab bc ac a b c    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b Ta có: ab ab ab  1   ab ab a           a  3b  2c  a  c    b  c   2b  a  c b  c 2b   a  c b  c  ab  ab ab a      Vậy a  3b  2c  a  c b  c  (3) Tương tự ta có: bc  bc bc b      (4) b  3c  2a  b  a c  a  ac  ac ac c      (5) c  3a  2b  c  b a  b  Cộng theo vế  3 ,   ,   ta có: ab bc ac  ab  bc ab  ac ac  bc a  b  c  a  b  c         a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b  a  c c b a b  Vậy BĐT (2) BĐT (1) Gọi x1 , x2 , x3 , , x10 số phân biệt đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt thuộc đường tròn (O) , x1 , x2 , x3 , , x10   1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 Giả sử ngược lại khơng tìm đỉnh thỏa mãn khẳng định toán Khi ta có:  x1  x2  x3  x4 21  x  x  x  x 21   x3  x4  x5  x6 21    x10  x1  x2  x3 21 Từ suy  x1  x2  x3   x10  10.21 210 10.11 x1  x2  x3   x10 1     10  55 Mặt khác ta lại có : Suy 4.55  210  220  210 (vơ lý), điều giả sử sai Vậy ta ln tìm điểm liên tiếp đánh số mà tổng số lớn 21