Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh đồng nai năm học 2018 2019(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 29/3/2019 (Đề thi gồm trang có câu) Câu (4,5 điểm) �x  y  m  1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình � (với m tham số 2x  3y  m  � thực) Tìm m để biểu thức P  x  y đạt giá trị nhỏ �x  y  � 2) Giải hệ phương trình �3 (với x, y thuộc R) x  y   � Câu (4,5 điểm) 1) Giải phương trình x  x  24 x  27 x   (x �R) 2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c b c � �a    �4 �   � b c a �a  b b  c c  a � Câu (4,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1   Chứng minh rằng: abc chia a b c hết cho 2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu (2 điểm) 99     tổng 99 1 2 3 99  100 số hạng B      100 tổng 99 số hạng Cho A  Tính A + B Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm � , � � , góc nhọn Gọi M AB, AC với đường tròn (I) Biết ba góc BAC ABC , BCA N trung điểm hai đoạn BC AC 1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2) Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn Tốn HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (4,5 điểm) �x  y  m  1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình � (với m tham số 2x  3y  m  � thực) Tìm m để biểu thức P  x  y đạt giá trị nhỏ Giải: x  y  3m  �x  2m �x  y  m  � � �� � � x  y  m  x  y  m  � � �y  x  m  �x  2m �� �y  m  (m �R) Ta có: P  x  y  4m  8(m  1)  4m  8m    2m    12 �12 Dấu “=” xẩy 2m + = � m  1 Giá trị nhỏ P -12 m = -1 �x  y  � 2) Giải hệ phương trình �3 (với x, y thuộc R) x  y   � 2 � �  x  y   xy  �x  y  � �� Giải: �3 ( x  y )3  3xy  x  y   1 �x  y  1 � �x  y  S Đặt � �xy  P � 1 S2 � 1 S2 P � � �S  P  � �P  �� � Ta có: � � 1 S �S  3SP  1 � � S  S  3S   S  3S  1 � � 2 � 1 S2 � 1 S2 � 1 S2 �P  �P  �P  2 �� �� �� 2 � � � S  S  S   S  S  5S        S  S      � � � � � 1 S2 �x  P  � � � �P  �x  y  1 � � �y  �� �� �� � � S  1  �  S   xy  �y  � � �� � � �� �x  1 �5S  5S   (vn) � Câu (4,5 điểm) 1.Giải phương trình x  x  24 x  27 x   (x �R) Giải: x  x  24 x  27 x   (*) Với x = 0, (*) � 0x+9=0 (phương trình vơ nghiệm Với x �0, chia vế phương trình (*) cho x2 27 � 3� � 3� (*) � x - 9x+24 - + =0 � �x  � �x  � 18  x x � x� � x� � x 3 � � � � � x � �x   � �x   � � � � x � � x � � x 6 0 � x � � x  x   (vo nghiem) x  3 � �2 �� x  6x   x  3 � � 2.Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c b c � �a    �4 �   � b c a �a  b b  c c  a � Giải: a b c b c � �a    �4 �   � b c a �a  b b  c c  a � b c � �a � �b � �c � � a � �  1� �  1� �  1��4 �   � �b � �c � �a � �a  b b  c c  a � � ab 4a bc 4b ca 4c      �0 b ab c bc a ca  a  b � b( a  b )  b  c  c (b  c)  c  a  a (c  a ) �0 Luôn a, b, c số dương Dấu xẩy a = b = c Câu (4,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa hết cho Giải: 1   Chứng minh rằng: abc chia a b c 1   � bc  a (b  c) (1) a b c , theo (1)Suy ra: b.c M2 TH1: Nếu a số nguyên chẵn, suy a (b  c ) M Cách 1: Vậy abc chia hết cho � a (b  c)M2 TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai số lẻ thì: b  cM Mà a.b.c khơng chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn Vậy hai số, b, c tồn số chẵn + Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy c chẵn, a lẻ) Suy abc chia hết cho + Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho Cách 2: 1   � bc  a(b  c) � abc=a (b+c) (2) a b c Ta thấy a, b, c khơng thể số lẻ vây abc số lẻ, b+c số chẵn Vậy số tồn số chẵn Nếu a chẵn a2 chia hết cho 4, từ (2) suy abc chia hết cho Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho Tương tự cho trường hợp c chẵn 2.Tìm số số ngun dương khơng vượt q 1000 nguyên tố với 999 Giải: Cách 1: Dùng hàm Ơle: Phân tích số m thừa số nguyên tố: m  p1x p2 y p3 z Số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m � �� �� �  (m)  m � 1 � � 1 � � 1 � � p1 �� p2 �� p3 � � �� � �  � 648 � � �� 37 � 1 Ta có: 999  37 �  (999)  999 � Có 648 số nguyên tố với 999 không vượt 999 Vây có 649 số nguyên tố với 999 không vượt 1000 Cách 2: Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A = 1000 B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999 C số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Ta có: 999  33.37 B = (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là: 999    333 + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 là: 999  37   27 37 + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết cho 111) là: 999  111 1  111 + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho là: 27   18 Suy B = 333+ 18 = 351 Vậy C= A – B = 1000 – 351 = 649 Câu (2 điểm) 99     tổng 99 1 2 3 99  100 số hạng B      100 tổng 99 số hạng Cho A  Tính A + B Giải: A   99     1 2 3 99  100   1     3     98  1      99  99 100 B      100 � A  B  100 100   999 Câu (4,5 điểm)   99  98  99  100  99  Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm � , � � , góc nhọn Gọi M AB, AC với đường tròn (I) Biết ba góc BAC ABC , BCA N trung điểm hai đoạn BC AC 1)Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2)Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy Giải: a) Gọi F tiếp điểm BC với đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD = AE; BD = BF; CE = CF Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) – (BF + CF) = AD + AE = 2AD b) Gọi S giao điểm BI MN Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng Thật vậy: Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB �  BSM � (hai goc so le trong); B � B � �B 2 � B � � BSM Suy tam giác MBS cân M nên MB = MS = MC Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vuông S Ta có: Tứ giác IECF IESC tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC) Nên điểm I, E, S, C, F thuộc đường tròn đường kính IC Ta có: �  SIC � ; SIC � B �C � ( goc ngoai cua tam giac) � SEC 1 � B �C � (1) � SEC 1 Lại có tam giác ADE cân A � 1800  � A A � � � � nên: AED  ADE  (2)  90   B  C1 2 � =� Từ (1) (2) suy SEC AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy Cách khác: Gọi P giao điểm DE BI Đi chứng minh M, N, P thẳng hàng ... p3 � � �� � �  � 648 � � �� 37 � 1 Ta có: 99 9  37 �  (99 9)  99 9 � Có 648 số nguyên tố với 99 9 không vượt 99 9 Vây có 6 49 số nguyên tố với 99 9 không vượt 1000 Cách 2: Gọi A số số nguyên dương... 351 = 6 49 Câu (2 điểm) 99     tổng 99 1 2 3 99  100 số hạng B      100 tổng 99 số hạng Cho A  Tính A + B Giải: A   99     1 2 3 99  100   1     3     98  1... 100   1     3     98  1      99  99 100 B      100 � A  B  100 100   99 9 Câu (4,5 điểm)   99  98  99  100  99  Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi