012 đề thi HSG toán 9 tỉnh hải dương 2018 2019

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MÔN : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Bài x b) Cho x, y, z  thỏa mãn x  y  z  xyz  yz  y   z xyz  Tính 10 P  zx  z  Cho P  xy  x   y a) Chứng minh rằng: x.  y .  z   y   z   x   z   x   y    xyz Bài a) Giải phương trình: x2  x  2   3x  x 2   x  y  xy   x b) Giải hệ phương trình:  2  x  x  y   x   y Bài a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2  x  y  y  xy  xy  b) Chứng minh a13  a23  a33   an3 chia hết cho 3, biết a1; a2 ; a3 ; ; an chữ số 20192018 Bài Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Gọi Q trung điểm NP đường cao MD, NE, PF tam giác MNP cắt H a) Chứng minh MH  2OQ b) Chứng minh MN  MP  2NP sin N  sin P  2sin M c) Chứng minh ME.FH  MF.HE  R2 biết NP  R Bài ab2 bc ca 1      Tìm GTNN P  Cho a, b, c  thỏa mãn ab bc ca ab bc ca ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: xyz  P  y x  xy  x  xyz yz  y  y  xyz z zx  xyz z  xyz yz   10 P   yz  y  1  yz  y  y   yz  b) Ta có: x  y  z  xyz   x  y  z  xyz  16 Do đó:  x   y   z   x 16  y  z  yz   x x  xyz  yz   x x  yz     z 2  xy   x x  yz Tương tự ta có:  y   z   x   y y  zx z   x   y   z Vậy, ta có: x   y   z   y   z   x   z   x   y       xyz   xyz  x x  yz  y y  zx  z z  xy    x  y  z   xyz     xyz  (dfcm) Câu a) ĐKXĐ: x  2 Ta có phương trình: x   x  x     3x  x  x  x    3x  x3  16 x  36 x  12    x   x  x    x    x2      3  3 x  x    x    3  3     ; Vậy S   6; 6;  3     b) Từ phương trình x2  y  xy   x  x  y  xy   x  x  x  x  y   x   xy   x 2  x   x  y    x  y   3     x  x  y  1 x  y  3  Xét x  , vào phương trình x2  y  xy   x y   (vô nghiệm) Xét x  y    y   x vào phương trình x2  y  xy   x ta được: x 1 y  x  3x      x   y  1 Xét x  y    y   x  vào phương trình x2  y  xy   x được: x2  x  10  (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   1;0 ; 2; 1  Câu a) Ta có x2  x  y  y  xy  xy   x  x  x   y  xy  y  xy   1  x   y  y  x    Ta xét trường hợp sau: 1  x  1 x  x  TH 1:    2 y  y  x   1 2 y  y    y  1  x  x  x  TH :    (ktm) y  y  y  x    y  y      Vậy phương trình có nghiệm ngun dương  x; y    2;1 a b) Vì 20192018 nên  a1  a2   an  Xét hiệu:  a23  a33   an3    a1  a2   an    a1  1 a1  a1  1   a2  1 a2  a2  1    an  1 an  an  1 chia hết cho Do đó, a13  a23  a33   an3 chia hết cho Câu M E O F H D N P Q K a) Ta có MPK  MNK  900 hay KP  MP KN  MN Suy KP / / NH KN / / PH nên tứ giác KPHN hình bình hành, suy H , Q, K thẳng hàng Xét KMH có OM  OK , QH  QK nên OQ đường trung bình KMH  MH  2OQ MP MP MP   2R  MK R sin MNP MN NP Tương tự ta có: R  R  sin MPN sin NMP MN MP NP Do đó:   sin MPN sin MNP sin NMP MN  MP NP    sin MPN  sin MNP  2sin NMP sin MPN  sin MNP sin MPN  sin MNP b) Ta có sin MNP  sin MKP  c) Ta có NP  R  NQ  R 2 Áp dụng Pytago có: OQ  NO  NQ  R  R2 R   NQ 2  NOQ vuông cân Q  NOQ  450  NOP  900  NMP  450  NHF  PHE  450 Do tam giác NHF PHE vng cân Suy NH  2FH PH  2HE Theo câu a MH  2OQ  R Mặt khác NDH Tương tự PDH ND NH FH FH     ME.FH  R.ND ME MH R R MFH  MF.HE  R.PD MEH   ME.FH  MF HE  R. ND  PD   R.NP  2R Câu Từ giả thiết 1     a  b  c  3abc Áp dụng BĐT Cô si ta có: ab bc ca ab2 bc ca ab2 bc ca P   3  ab bc ca ab bc ca Lại có: P  a  b  b  c  c  a  Vậy GTNN P 3abc  a  b  b  c  c  a  a  b  b  c  c  a 2 a  b  c    2abc 3 Đạt a  b  c  ... R.ND ME MH R R MFH  MF.HE  R.PD MEH   ME.FH  MF HE  R. ND  PD   R.NP  2R Câu Từ giả thi t 1     a  b  c  3abc Áp dụng BĐT Cơ si ta có: ab bc ca ab2 bc ca ab2 bc ca P   3