011 đề thi HSG toán 9 huyện tam dương 2018 2019

PHỊNG GD&ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CÁP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MƠN : TỐN Câu (3,0 điểm) Cho biểu thức P  x 1 x 25 x   4 x x 2 x 2 Tìm x để P có giá trị 1 Câu (2,0 điểm) Chứng minh a, b, c số thực thỏa mãn:    a b c 1 a  b  c  abc    a b c Câu (2,0 điểm) Tính tổng: 1 1 1 S           2 20182 20192 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: x2  x  12 x   36 Câu (1,0 điểm) Chứng minh với số nguyên dương n thì: 3n2  2n2  3n  2n 10 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  2017 x  2018 y  2019  Câu (1,0 điểm) Cho m, n số tự nhiên p số nguyên tố thỏa mãn: p mn  Chứng minh n  số phương m 1 p 1 Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn   Tìm giá trị nhỏ b a c ab cb biểu thức P   2a  b 2c  b Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O Gọi M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE  CM a) Chứng minh rằng: OEM vuông cân b) Chứng minh: ME song song với BN c) Từ C kẻ CH vng góc với BN H Chứng minh ba điểm O, M , H thẳng hàng Câu 10 (2,0 điểm) Cần dùng bìa hình tròn có bán kính để phủ kín tam giác có cạnh 3, với giả thiết khơng cắt bìa? ĐÁP ÁN Câu Biểu thức có nghĩa x  0; x  P      x 1 x 25 x    4 x x 2 x 2  x   x 1  x  2  x 2 x  x 2 x 1 x   x 2 x 2 x 2  x 2 x  x   2x  x   x x   x 2  x 2 x 2    x 2 Do P    x 2        25 x  x 2 25 x x 2  x 2 3x  x  x 2  x 2  x 2    x x 2 x   x  x   x   x  16(tm) x 2 Câu 2 1 1 1 Từ          a b c a b c 1 1  1  abc     2         2   4(*) a b c a b c  ab bc ca   abc  abc Mà a  b  c  abc  1 abc 1 1 1 Nên từ (*)          a b c a b c Câu 2 n2  n  1   n  1  n 1  Với n  * ta có:   n  n  12 n  n  1 n2  n  1  2n  n  1   n2  n  1 Suy  n   n  1 n2  n  1 2    1     n n 1 1 1 1 0 (do    1  2 n n 1 n  n  1 n n 1 n  *) Áp dụng kết với n  1;2; ;2019ta có: 1   1  1  S  1     1      1     2  3  2018 2019  2018  2019   2018 2019 2019 Câu Điều kiện x  1 Đặt t  x  1, DK : t   x  t  Phương trình cho trở thành: t  t  12t  36  t  t  6    t   t  3  t  t    t  2(tm)  t  t     t  3(ktm) t 2 x 3 Vậy phương trình cho có nghiệm x  Câu Ta có: 3n  2n  3n  2n   3n  3n    2n  2n   3n  32  1  2n1  23    3n.10  2n1.10  10. 3n  2n1  10( dfcm) Câu Ta có : x2  xy  2017 x  2018 y  2019   x  xy  x  2018 x  2018 y  2018   x  x  y  1  2018  x  y  1    x  2018  x  y  1   1.1   1. 1 Nên có trường hợp xảy ra:  x  2018   x  2019 TH 1:   x  y    y  2019  x  2018  1  x  2017 TH :    x  y   1  y  2019 Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y    2019; 2019  ;  2018; 2019  Câu p mn   p   m  1 m  n  m 1 p Vì m, n số tự nhiên nên m  n  m  Mặt khác p số nguyên tố nên có trường hợp: p  p  p p m   m  Do suy    n   p2  2 m  n  p m  n  p Vì p số nguyên tố nên n  số phương Vậy có điều phải chứng minh Câu 1 2ac Vì   nên b  b a c ac 2ac a ab c  3ac a  3c a  c    Do đó: 2a  b 2a  2ac 2a 2a ac 2ac c cb c  3ac c  3a a  c    Và: 2c  b 2c  2ac 2c 2c ac Suy : ab c  b a  3c c  3a ac  3c  ac  3a P     2a  b 2c  b 2a 2c 2ac 2  a  c   2ac 3.2ac  2ac 8ac    4 2ac 2ac 2ac Vậy P  với a, b, c thỏa mãn đề Dấu xảy a  b  c Vậy GTNN P a  b  c Theo : Câu E A O B M H D C N a) Xét OEB OMC, ta có: OB  OC (vì ABCD hình vng) B1  C1  450 ; BE  CM ( gt )  OEB  OMC (c.g.c)  OE  OM O1  O3 Lại có O2  O3  BOC  900 (vì tứ giác ABCD hình vng)  O2  O1  900  EOM  900 kết hợp với OE  OM  OEM vuông cân O AM BM b) Vì AB / /CD  AB / / CN  (theo định lý Talet) (*)  MN MC Mà BE  CM ( gt ) AB  BC  AE  BM thay vào (*) ta có: AM AE   ME / / BN (Theo định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H ' giao điểm OM BN Từ ME / / BN  OME  OH ' B (cặp góc đồng vị) Mà OME  450 OEM vng cân O  MH ' B  450  C1  OMC BMH '( g.g ) OM MC  , kết hợp với OMB  CMH ' (hai góc đối đỉnh) OB MH '  OMB CMH '(cgc)  MH ' C  OBM  450  Vậy BH 'C  BH ' M  MH 'C  900  CH '  BN H ' Mà CH  BN H  H  H ' hay ba điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm) Câu 10 Giả sử ABC tam giác có cạnh A Chia cạnh tam giác ABC thành ba phần Nối điểm chia đoạn thẳng song song với cạnh Tam giác ABC K chia thành tam giác có cạnh hình vẽ Gọi I, J, K điểm cạnh J BC, CA, AB cho BI  CJ  AK  Ba đường tròn bán kính 1, tâm tương ứng I, J, K phủ kín tam giác ABC (mỗi hình tròn phủ kín tam giác cạnh 1) Như B C I dùng ba bìa hình tròn bán kính phủ kín tam giác ABC *Số bìa phải dùng 3, ngược lại có hai ba đỉnh tam giác ABC thuộc hình tròn bán kính Điều khơng thể xảy cạnh tam giác ABC