043_Đề HSG Toán 9_Hải Dương_2017-2018

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 Câu a) Cho A= x2  x x2  x  Rút gọn B   A  x  với  x  x  x 1 x  x  b) Cho x, y, z  đôi khác thỏa mãn  1    Chứng x y z  2016 2017 2018   minh    x  y  z   xy  yz  zx  x  yz y  2zx z  2xy  1 Câu a)Giải phương trình    x   x   x  3x  10   x  y  xy  b)Giải hệ phương trình   x  x  y Câu a)Tìm số thực x cho x  2018  2018 số nguyên x 2 b) Tìm số tự nhiên có dạng ab Biết ab  ba số chia hết cho 3267 Câu Cho hình bình hành ABCD có góc BDC  900 , đường phân giác góc BAD cắt cạnh BC đường thẳng CD E F Gọi O, O ' tâm đường tròn ngoại tiếp BCD CEF 1)Chứng minh O ' thuộc đường tròn (O) 2) Khi DE vng góc BC a) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC G Chứng minh BG.CE  BE.CG b)Đường tròn (O) (O ') cắt điểm H ( H khác C ) Kẻ tiếp tuyến chung IK ( I thuộc (O) , K thuộc (O ') H , I , K nằm phía bờ OO' ) Dựng hình bình hành CIMK Chứng minh OB  O ' C  HM Câu Cho x, y, z  thỏa mãn x2  y  z  3xyz Tìm GTLN P x2 y2 z2   x  yz y  zx z  xy LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 Câu x2  x x2  x  a) Cho A= Rút gọn B   A  x  với  x  x  x 1 x  x  b)Cho x, y, z  đôi khác thỏa mãn 1    x y z   2016 1 2017 2018    xy  yz  zx Chứng minh   x y z x  yz y  2zx z  2x y     ời giải a) Ta có x2  x x2  x x ( x x  1) x ( x x  1) A=  =  x  x 1 x  x 1 x  x 1 x  x 1  x ( x  1)  x ( x  1)  2x B   A  x    x  x    x   x (0  x  ) b)Ta có 1     yz  xz  xy  x y z  x2  yz  x2  yz  yz  x2  yz  xz  xy  x( x  z )  y( x  z )  ( x  z )( z  y) Tương tự  y  2zx  ( y  z)( y  x); z  2xy=(z-x)(z-y)  1   x  yz y  xz z  yx  1   ( x  y)( x  z ) ( y  z )( y  x) ( z  y )( z  x)  y  z  z  x  x  y 0 ( x  y )( y  z )( z  x)   2016 1 2017 2018     (x  y  z )   x  yz y  xz z  yx  Câu a)Giải phương trình   2   x  y  xy  b)Giải hệ phương trình   x  x  y ời giải a)Điều kiện x   x   x   x  3x  10     x   x   x  3x  10    x2  3x  10  x   x   ( x  5( x   1)  x    x  1 x     x  4  x   So với điều kiện ta phương trình có nghiệm x   x  y  xy   b)   x  x  y Từ phương trình x3  x  y  2x3  2( x  y)  ( x2  y  xy)( x  y)  x3  y  x3  y  x  y Với x  y vào phương trình x2  y  xy  ta y  y2     y   Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  {( 2; 2);( 2;  2)} Câu a)Tìm số thực x cho x  2018  2018 số nguyên x 2 b) Tìm số tự nhiên có dạng ab Biết ab  ba số chia hết cho 3267 ời giải a) Điều kiện x  Đặt a  x  2018  x  a  2018 Xét b  7  a 2018  2018  2018   2018  x a  2018 a  2018  b(a  2018)  2025  a 2018  ab  2015  (b  a) 2018 Với a, b  Z  ab  2025  Z  (a  b) 2018  ab  a  b   2025  45 + a  45  x  45  2018 + a  45  x  45  2018 2 b) ab  ba  (10a  b)2  (10b  a)2  99(a  b2 ) 2 ab  ba chia hết cho 3267 nên a  b2  (a  b)(a  b) chia hết cho 33  a, b   a  b ,hay a  7, b  ; a  4, b  Vậy ta có số 11;22;33;44;47;55;66;74;77;88;99 Cho hình bình hành ABCD có góc BDC  900 , đường phân giác góc BAD cắt cạnh BC đường thẳng CD E F Gọi O, O ' tâm đường tròn ngoại tiếp BCD CEF Câu 1)Chứng minh O ' thuộc đường tròn (O) 2) Khi DE vng góc BC a) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng BC G Chứng minh BG.CE  BE.CG b)Đường tròn (O) (O ') cắt điểm H ( H khác C ) Kẻ tiếp tuyến chung IK ( I thuộc (O) , K thuộc (O ') H , I , K nằm phía bờ OO' ) Dựng hình bình hành CIMK Chứng minh OB  O ' C  HM ời giải a)  BAE  EFC  EFC  FEC BAE  DAE (giả thuyết);   DAE  FEC suy EFC cân C  CE  CF mà BEA  FEC  BEA  BAE nên ABE cân B  BA  BE mà BA  CD nên BE  CD CE  CF  BE  CE  DC  CF  BC  DF (1)   BE  CD Mặt khác O ' CF cân  O ' CF  O ' FC Với CE  CF  O ' CE  O ' CF  O ' CE  O ' FC (2) Mà O ' C  O ' F (3) Từ (1) , (2) (3) ta BO ' C  DO ' F  O ' BC  O ' DF Nên tứ giác BDCO ' nội tiếp hay điêm O ' thuộc đường tròn (O ') b)Tam giác BCD D ,nội tiếp đường trịn (O) Ta có   DG  CG.BG  DG  DE  CG.BG  BE.CE  GE  CG.BG  BE.CE    DE  BE.CE  (CE  CG)2  CG.BG  BE.CE  CE  2CE.CG  CG  CG.BG  BE.CE  CE  CE.CG  BE.CE  CG.BG  CG2  CE.CG  CE(CE  CG  BE )  CG( BG  CG  CE)  CE.BG  CG.BE c)Tia CH cắt IK N Áp dụng phương tích đường trịn ta có NK  NH NC  NI  NK  NI mà CIMK hình bình hành, M , N , H , C thẳng hàng Suy OB2  O ' C  OI  O ' K  NJ Gọi T điểm đối xứng với H qua N , P giao điểm CH với OO '  PH  PC  NJ  NP Ta có  OO '  CH  2NJ  2NP  NP  NP  NP  PH  NP  NT  PC  NP  TC = HM Vậy OB  O 'C  HM Câu Cho x, y, z  thỏa mãn x2  y  z  3xyz Tìm GTLN P x2 y2 z2   x  yz y  zx z  xy ời giải Ta có x, y, z  , x  y  z  3xyz  x2  y  z  xyz Với x, y, z  , theo BĐT Cauchy ta x2  y  z  xy  yz  zx x  yz  x yz  x yz  Tương tự ta được: x2  x  yz yz y2 z2  ;  4 y  zx zx z  xy xy P x2 y2 z2 1 1  11 1            4 x  yz y  zx z  xy  yz xz xy   x y z   xy  yz  zx   x  y  z       2 xyz xyz  2  GTLN P  x  y  z   HẾT  ...LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 Câu x2  x x2  x  a) Cho A= Rút gọn B   A  x  với 