049 đề thi hsg toán 9 tỉnh tiền giang 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI :TỐN Thời gian làm bài:150 phút Câu 1 Cho a 0, a 1 Rút gọn biểu thức sau:   a  S   20  14   a  3 a  3a  :  1  2019 2 a    Với số thực x, ta định nghĩa phần nguyên x, ký hiệu  x  số nguyên lớn không vượt x Hãy tìm phần nguyên của: 3   B  x  x  36 x  10 x  x số nguyên dương  xy  x  y  2  xy  x  y   26 x  y 3 Giải hệ phương trình:  Câu Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng từ đỉnh cổng (đỉnh parabol ) tới chân cổng 5m (bỏ qua độ dài cổng) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi parabol  P  : y ax  a   hình chiếu biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Tìm a b) Hỏi xe tải qua cổng không ? Tại ? Câu Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy  yz  zx 5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: 3x  y  z P  x2  5   y  5  z  2 Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện 6a  20a  15 0 15b  20b  0, ab 1 Tính giá trị biểu thức A b3 ab   ab  1 Câu Tìm số tự nhiên n biết bỏ ba chữ số tận bên phải số có giá trị n Tìm năm số thực dương cho số bình phương tổng số lại AB  Câu Cho tam giác ABC cân A có A 36 Tính tỉ số BC Câu Cho ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Chứng minh BC 2 R sin A (xét trường hợp : tam giác vuông, tam giác nhọn, tam giác tù) Chú ý : Nếu   hai góc bù sin  sin  Cho hai đường tròn  O1; R1  ,  O2 ; R2  cắt điểm A B Một đường thẳng  d  qua A cắt hai đường tròn  O1; R1  ,  O2 , R2  M N Tiếp tuyến M  O1; R1  tiếp tuyến N  O2 ; R2  cắt I Tìm giá trị lớn bán kính đường trịn ngoại tiếp IMN  d  quay quanh A ĐÁP ÁN Câu 1 Ta có:  6  2   2   20  14 8  12  2  12 23  3.2 2  3.2  3  20  14      a1  1    a1    Nên Ta có:   1 a 1 a1   S  2 2 2  a  3a   a a  a  3a     a  3 a        1 a  1  a a1  a  1 a :   2019 4    2019 2019    36 x  36 x  10 x   36 x  10 x   x 36 x  12 x  1 x     x  36 x  10 x  6 x   x  x   x  x  x 4 x  36 x  10 x  4 x  x  4 x  x    x  1 4 x  36 x  10 x   x    x   x  36 x  10 x  2 x   x  x  x  x  36 x  10 x  x  x  2   x  1 x  x  36 x  10 x  x  x   x   B    x   x  *   B  x   xy  x  y  2   3 9 xy  3x  y   26 x  y 3xy  x  y  6  3 3 9 xy  x  y    x  y 27 x  y  x  y  xy  x  y  6  x  y  3 2 9 xy  3x  y    x  y  3x  y   x  xy  y   x  y  6  x3  y  2 3  x  y   x  3xy  y  xy  6  x  y  x  y  6  x3  y  3  x  y  6  x  y 3   x  y   3x  y   x  y 3x  y  x  y Thay x  y vào phương trình xy  x  y  2 ta được: x.x  x  x  2  x 2 x 2  x 1  y 1 Vậy nghiệm hệ x  y 1 Câu a) Giả sử mặt phẳng tọa độ, độ dài đoạn thẳng tính theo đơn vị mét Do khoảng cách hai chân cổng 4m  MA NA 2m Theo giả thiết, ta có: OM ON 2 Áp dụng định lý Pytago ta OA 4 Vậy M  2;   , N   2;   Do M  2;   thuộc parabol (P) nên tọa độ điểm M thỏa mãn công thức y ax hay  a.22  a  Vậy  P  : y  x b) Để đáp ứng chiều cao trước, xe tải phải vào cổng, ta xét đường (ứng với chiều cao xe) Đường thẳng cắt Parabol thẳng điểm có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:  d  : y    x     y  x x         x     y   y       y    3 3 3  T ; ; H  ;    HT 3  2,4 2 2    Vậy xe qua cổng Câu x  x  xy  yz  xz  x  y   z  x  xy  yz  zx  1) Từ giả thiết ta có: Áp dụng Bất đẳng thức AM – GM ta có:  x  5   x  y   z  x   Chứng minh tương tự, ta được: 3 x  y    z  x  5x  y  z  2  y  5  3x  y  z x  y  2z ; z2   2 Cộng theo vế bất đẳng thức, ta được:  x2  5   y  5  x    P 9x  y  6z 3x  y  z  x  5   y  5  z  MinP   x  y 1, z 2 Vậy 2) Ta có: a 0, b 0   3x  y  z   9x  y  6z 6a  20a  15 0   15b  20b  0 6a 2b  20ab  15b 0  15b  20b  0   6a 2b     20ab  20b  0   ab  1  ab  1  20b  ab  1 0   ab  1  20b  ab 1  ab   ab    10 b 4 a Tương tự:  10 4  b a ab   3   Vậy 2a 5b A  b3 ab   ab  1  b3 ab  9.  b3  1000 27 b b   1000 1000 a b b b 2015 3 Câu Theo đề ta có số phải tìm có từ chữ số trở lên Giả sử sau bỏ ba chữ số tận abc n ta số x thì: n 10 x  abc Theo đề bài, ta có: x  1000 x  abc  x3 1000 x  abc  x  x  1000  abc Nếu x 33 vế trái lớn 33. 1089  1000  33.89 2937  abc Do abc số có chữ số nên x  33 (1) x 961  x  x  1000   abc  Nếu x 31 nên x  31(2) Từ  1 ,   suy x 32 Thật vậy, với x 32 32. 1026  1000  abc hay abc 768 Do n 10 32  768 32768 Vậy số cần tìm 32768  Gọi năm số cần tìm a, b, c, d , e với a, b, c, d , e   Ta có: a  b  c  d  e  b  a  c  d  e   a  b  b  c  d  e    a  c  d  e  2  a  b  b  a   a  b  2c  2d  2e    a  b   a  b  2c  2d  2e  1 0  a b   a  b  2c  2d  2e  0 Với a  b  2c  2d  2e  0 vô lý số dương Vậy a b a b c d e  16 Tương tự ta thu kết Câu A H D B C   Ta có: ABC cân A nên B C 72    Kẻ tia phân giác C cắt AB D nên C1 C2 36   ADC có A C2 36 nên ADC cân D Kẻ DH  AC Khi AH vừa đường cao, vừa đường trung tuyến Đặt BC 1cm, AH  x(cm), x  AD CA  BD CB CD Ta có: tia phân giác nên  1 x (tm)  2x   x  x  1 1   2x  1  1 (ktm) x  Hay AB x    Vậy BC Câu Trường hợp 1: Xét ABC vuông A A B O C Ta có ABC nội tiếp đường tròn tâm O với O trung điểm cạnh huyền BC Vì sin A sin 90 1  BC 2 R sin A 2 R.1 2 R (luôn đúng) Vậy BC 2 R sin A Trường hợp 2: Xét ABC với A nhọn A D O C B Ta vẽ đường kính BD đường trịn ngoại tiếp ABC tam giác BCD vng C nên ta có: BC BD.sin D hay a 2 R sinD   Ta có: BAC BDC hai góc nội tiếp chắn cung BC Do a 2 R sin A  BC 2 R sin A Trường hợp 3:Xét ABC với A tù A a B O C D Ta vẽ đường kính BD đường tròn ngoại tiếp ABC   Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm O nên D 180  A sin D sin  1800  A  Do đó: Ta lại có : BC BD.sin D hay BC BD.sin A Vậy BC 2 R sin A 2) I M A E N F K O1 O2 B   Ta có: IMN MBA (tính chất tiếp tuyến dây cung)   INM NAB (tính chất tiếp tuyến dây cung)       Xét tứ giác IMBN , ta có: NBM MBA  ABN IMN  INM 180  MIN  IMBN tứ giác nội tiếp Các góc AMB, ANB góc nội tiếp chắn cung AB cố định  O1; R1  ;  O2 ; R2  nên AMB, ANB không đổi     MBN khơng đổi, MIN 180  MBN khơng đổi Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp MIN MN 2 R.sin M MN 2sin MN Do Rmax  MN max Gọi E , F hình chiếu vng góc O1 , O2 lên (d), K hình chiếu vng góc  R O1 lên O2 F MN EF 2O1K 2O1O2 Dấu " " xảy  EF / / O1O2 hay  d  / /O1O2