003 đề thi HSG toán 9 tỉnh đăk lak 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018-2019 ĐỂ CHÍNH THỨC Câu  a) Rút gọn biểu thức A    33  12  37  30  x x  x  12 x   y y b) Giải hệ phương trình:   x  x   y Câu a) Cho phương trình x  x  x   m  ( m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng d có hệ số góc k di qua điểm M  0;3  cắt Parabol  P  : y  x hai điểm A, B Gọi C , D hình chiếu vng góc A, B trục Ox Viết phương trình đường thẳng d , biết hình thang ABCD có diện tích 20 Câu a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  y  xy  x  y  20 b) Tìm tất số tự nhiên có chữ số, biết số lập phương tổng chữ số Câu Cho điểm A nằm ngồi đường tròn  O  Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE (O) cho ADE nằm hai tia AO AB ( D, E thuộc  O ) Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, AB P, Q a) Gọi H giao điểm BC với OA Chứng minh tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi K điểm đối xứng B qua E Chứng minh A, P, K thẳng hàng Câu Cho hình vng ABCD Trên cạnh CB, CD lấy điểm M , N (M khác B C, N khác C D) cho MAN  450 Chứng minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích a 1 b 1 c 1   3 Câu Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: b  c2  a2  ĐÁP ÁN Câu a) Ta có:  A 3   33  12     3     33  12   1  3        3   3 33  12   21  12    3   b) ĐKXĐ: x, y  Ta có: x x  x  12 x   y y     y x 2   y  x 2 Thế vào phương trình thứ hai x  x 1  x     x 1  x   y  1(ktm) x 3 0   x   y   y   Vậy hệ có nghiệm  x; y   9;1 Câu a) Ta có phương trình tương đương  x    x   m   Đặt x   t  Ta có phương trình t  2t  m   0(*) Để phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt phương trình * phải có nghiệm t dương phân biệt Khi đó:  '  m     1  m  2  m    m    b) Gọi phương trình đường thẳng  d  : y  ax  b Vì  d  qua M  0;3 nên  d  : y  ax  Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x2  ax   , 1. 3  nên phương trình x2  ax   ln có nghiệm phân biệt hay  d  cắt  P  tai  x  xB  a hai điểm phân biệt A B có hồnh độ xA , xB Theo Vi-et  A Khi tọa độ  x A xB  3 A  xA ; xA2  , B  xB ; xB2  ; C  xA ;0  ; D  xB ;0  Ta có: S ABCD 2 AC  BD  CD  xA  xB   xA  xB     2   xA  xB   xA xB    Đặt  20  xA  xB   xA xB  40   a   a  12  40 a  12  t , ta có: t  6t  40    t    t  4t  10     t    t    6   t   a  12   a  2   Phương trình đường thẳng  d  : y  2 x  3;  d  : y  x  Câu a) Ta có phương trình tương đương:  x  1   x  y    25 2   x     x  y    25  02  52  32  42 Xét trường hợp sau: 2 x   TH 1:    x; y    1; 6  ;  1;4  x  y     x 1  TH :    x; y    6;4  ;  4; 6  x  y     x   TH 3:    x; y    2; 8  ;  2;0  ;  4;6  ;  4; 2  x  y     x   TH :    x; y    3; 8  ;  3; 2  ;  5; 6  ;  5;0   x  y   b) Gọi số tự nhiên cần tìm abcd   a  b  c  d  , theo 1000  abcd  9999 Đặt a  b  c  d  n  1000  n3  9999  10  n  21 Mặt khác abcd  999a  99b  9c  n  n3   n3  n    n  1 n  n  1 Do số n  1; n; n  1phải có số chia hết cho 9,kết hợp với 10  n  21  n 10;17;18;19 Với n  10  a  b  c  d  10  abcd  1000(ktm) Với n  17  a  b  c  d  17  abcd  4913(tm) Với n  18  a  b  c  d  18  abcd  5832(tm) Với n  19  a  b  c  d  19  abcd  6859(ktm) Vậy n4913;5832 Câu B Q D E K I P A H O C a) Áp dụng phương tích đường tròn ta có AB2  AD AE Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABO vuông có: AB2  AH AO  AH AO  AD AE AH AD    AHD AEO AE AO  AHD  AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi I giao điểm AE với BC Ta có: AHD  DEO  ODE  OHE  BHD  BHE Suy HI phân giác DHE mà HI  AH nên HA phân giác DHE HD AD ID DQ AD ID DP       DQ  DP Do mà PQ / / BK nên HE AE IE EB AE IE EB Ta có: DQ  DP, EB  EK PQ / / BK nên A, P, K thẳng hàng Câu B A H Q M P D N C Đường chéo BD cắt AN , AM P Q Ta có PAM  PBA  PAM  450 nên tứ giác ABMP nội tiếp Suy PMA  PBA  PAM  450  APM vuông cân Tương tự NDQ  NAQ  450 nên tứ giác ADNQ nội tiếp  QNA  QDA  QAN  450  AQN vuông cân Kẻ PH  AM H  HA  HM  PH hay AM  2PN Ta có: S APQ S AMN  PH AQ PH NQ    S AMN  2S APQ NQ AM NQ.2 PH Câu a  1 b2 a  1 b2 a 1   ab  b Áp dụng Cơ si ta có   a  1    a  1    a  1  b 1 b 1 2b b 1 bc  c c  ca  a   b  1  ;   c  1  Tương tự ta có c 1 a 1 Cộng vế theo vế ta được: a 1 b 1 c 1 ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca     a b  c 3 6 b 1 c 1 a 1 2 Mặt khác ta có BDT  a  b  c   3 ab  bc  ca   ab  bc  ca  Do : a 1 b 1 c 1    Dấu "  " xảy a  b  c  b2  c  a 