001 đề thi HGG toán 9 tỉnh điện biên 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 09/4/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm)  x    Cho biểu thức P  1   :  1 x  x  x x  x  x      a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để biểu thức Q  x  P nhận giá trị nguyên    Cho x  x  y  y   Tính giá trị biểu thức x3  y3  2019 Câu (4,0 điểm) Giải phương trình: x2  x   3x x   x  y   Giải hệ phương trình:  3 x   2  y3 Câu (3,0 điểm) Chứng minh: 1 1    1  n  * 2 1 3  2 n 1  n  1 n   n n Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  5x2  y  12 xy  24 x  48 y  82 Câu (6,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O  Kẻ đường cao BE, CF ABC  E  AC, F  AB  Các đường cao BE, CF cắt (O) M N a) Chứng minh MN song song với EF ; OA vuông góc với EF b) Gọi H trực tâm ABC Chứng minh CH CF  BH BE  BC 2 Cho điểm O thuộc miền ABC Các tia AO, BO, CO cắt cạnh BC , OA OB OC AC, AB G, E, F Chứng minh tổng   khơng phụ thuộc vào AG BE CF vị trí điểm O Câu (2,0 điểm) Chứng minh P  x3  3x2  3x  số phương x    Tìm x, y  thỏa mãn x  y  ĐÁP ÁN Câu 1 a) Điều kiện : x  0; x   x    P  1   1 : x    x  x x  x  x     x 1 x   P  :  x    x   x  1 x   P    1   x 1 x x 1 : 1 x 1  x  1 x     x  1   x  1 x   x  x  1  x 1 x 1   x 1 x x 1 x   x 1 x 1 x 1 Q xP x  b) Để Q  x  x 1 x  x 1 x 1 1   1 x 1 x 1 x 1 x  ước  x 1 1  x  0(tm)     x   1  x  2(VN ) Vậy x  Q  2) Ta có: x    x  1 y  y   x  x   2 y  y   x  x   x  y  x   y  (1) Tương tự ta có: 4y    y  1 x  x   y  y    x  x   y  y   x  y  y   x  (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta được:  x  y    x  y  Mặt khác x3  y3  2019   x  y   x  xy  y   2019  2019(Vi x  y  0) Câu 1.Đặt x  a, x   b  Ta có phương trình: 2a  b2  3ab    a  b  2a  b   TH1: a  b  x  x  x     x   13 x   13    x 2  x  x      13  x    TH2: 2a  b  x  x  x   x   x    x 1  x  x     x     1  13  ;1 Vậy S       x  y  2(1)  DK : y   3x   2 (2)  y3 Cộng PT (1) với PT (2) ta được:      6  2x   x3     3x      x   x    3  y   y y  y y    TH1: x  thay vào phương trình (1) ta được: y    y  y     y  1 y    y y  y 1 x    y  2  x  1    2x 2x  TH2:   x        x2    30 y y y y  y     1   x      0(VN ) y y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;1;  1; 2  Câu Ta có:  n  1  n   n n  n n    n  1 n   n  1  n 1  n   n   n   n  1 1    n   n n n n    n  1 n n n 1 1 1      2 1  n  1 n   n n   n  1 n   n  1 n 1 1 1       2 n n 1 1    1 2 1 n 1  n  1 n   n n Ta có: A  x  y  12 xy  24 x  48 y  82  2  9 y  12 y  x     x      x    x  24 x  82   A  3 y   x     x  x  18 A  3 y   x      x    2 A   y  x  8   x     2   16 3 y  x    x   A  Dấu xảy  x    x  x   GTNN A    16 y   Câu A M E F N O H C B D a) Ta có Tứ giác BFEC nội tiếp BCF  FEB (cùng chắn cung BF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC ) BCF  BMN (cùng chắn cung BN đường tròn (O))  BMN  FEB  MN / / FE (dfcm) (*) Ta có: OM  ON  R (1) Mặt khác : ECF  FBE (cùng chắn cung EF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC )  ECF  FBE  AM  AN  AM  AN (2) Từ (1) (2) suy OA đường trung trực MN ** Từ (*) (**)  OA  EF 1b) Gọi D giao AH với BC Ta có : AD  BC CH CD   CH CF  CB.CD(3) CDH CFB ( C chung; D  F  900 )  CB CF BH BD BDH BEC ( B chung; D  E  900 )    BH BE  BC.BD(4) BC BE Cộng vế với vế (3) (4) ta được: CH CF  BH BE  CB.CD  BD.BC  CH CF  BH BE  BC. CD  BD   BC 2 A E F O B C G Đặt S AOB  S1; S AOC  S2 ; SBOC  S3 Ta có: S1 BO S3 BO S S  S3 BO  ;     S ABE BE S BEC BE S ABE S ABC BE (1) S3 CO S2 CO S S S  S3 CO  ;      S BCF CF S ACF CF S BCF S ACF S ABC CF (2) S1 AO S2 AO S S S  S1 AO  ;      (3) S ABG AG S AGC AG S ABG S AGC S ABC AG AO BO CO  S1  S2  S3     2 AG BE CF S ABC Cộng vế với vế: Vậy tổng AO BO CO không phụ thuộc vào vị trí điểm O   AG BE CF Câu  1   4 1) x    x  1 3 234 1     x   x3   x  1 1  x3   x  1   x3  3x  3x    x3  3x  3x    P   22 số phương 2) x  y  (5) Từ phương trình (5)  x lẻ  x  2m  1 m  Thay vào phương trình (5) ta được:  2m  1  y   4m2  4m  y   2m  m  1  y  2(6) Từ pt (6)  y chẵn  y  2k  k   Thay vào (6) : 2m  m  1   2k    2m  m  1  4k  2  m  m  1  2k  (7) Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun 