Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A) được TaiLieu.VN sưu tầm và chọn lọc nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 luyện tập và chuẩn bị tốt nhất cho kì thi học kì hiệu quả. Đây cũng là tài liệu hữu ích giúp quý thầy cô tham khảo phục vụ công tác giảng dạy và biên soạn đề thi. Mời quý thầy cố và các bạn học sinh cùng tham khảo đề thi.

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2018 -2019 Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) a Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  x  y   xy b Chứng minh A  22  4n  16 chia hết cho với số nguyên dương n n Câu (6,5 điểm) x3  x a Giải phương trình: 2x   2x  ( x  1)  ( y  3)  b Giải hệ phương trình:  ( x  1)( y  3)   x  y Câu (2,5 điểm) Cho a, b,c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4  a   b   c  P       ab bc ca Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a EF  OA b AM = AN Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB  ACB  900 AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD  ACD  ABD; DAC AC.BD Câu (2 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình tròn bán kính nằm hình vng mà khơng chứa điểm 91 2019 điểm cho HẾT Câu (3,0 điểm) a Ta có y  x  y   xy  ( y  1)(2 y  x)  5  1.5  5.(1) Từ ta có nghiệm (-9;4);(-5;0);(9;2);(13;6) b Do n số nguyên dương 2n chia hết ta đặt 2n  2k với k nguyên dương.Ta có 22  4k  (3  1)k ;4n  (3  1)n chia cho dư 16 chia dư n nên A  22  4n  16 chia hết cho với số nguyên dương n n Câu (6,5 điểm) a)Ta có điều kiện x  3 5 Ta có ;x  2 x3  x 2x    (2x  3) x   2 x   (2x)3  2.(2x) Ta đặt 2x  a  2x; b  x   phương trình viết lại (a  b)(a  ab  b2  2)   a  b Từ ta có nghiệm x   13 ( x  1)2  ( y  3)  ( x  1)  ( y  3)  b Ta có  Ta có cách đặt  ( x  1)( y  3)   x  y ( x  1)( y  3)  ( x  1)  ( y  3)    ẩn phụ a  x  1; b  y  Khi ta có hệ  a  b   a  b  (a  b)2  2ab    ab  Ta tiến hành giải hai hệ     ab  a  b  ab  a  b  a  b         ab  a  b  Ta có   (a  b)2  4ab nên hệ vô nghiệm  ab   a   a  b  1  b  1  Ta có  nên ta có nghiệm hệ (0;3);(1;2)  ab  a        b  Câu (2,5 điểm) Ta có 1    ( xy  1)2  xy ( x  y )2  với x, y số thực dương 2 (1  x) (1  y) xy  4       4      1   a   b   c  Ta có P             Ta đặt        a  b   b  c   c  a  1 b  1 c  1 a  a  b  c  x b c a  0; y   0; z    xyz  Ta có a c b 1        1 Ta có P          2 2   x    y    z   (1  x) (1  y) (1  z )  1 1 z K         ( z  1)2  Từ suy 2 2 (1  x) (1  y) (1  z )  xy (1  z ) z  (1  z ) 4 P 3 abc  a  b  c Giá trị nhỏ biểu thức P 16 16 PHẦN HÌNH LÀM BIẾN GÕ QUÁ ... điểm) a Ta có y  x  y   xy  ( y  1)(2 y  x)  5  1.5  5.(1) Từ ta có nghiệm ( -9 ; 4); (-5 ;0); (9; 2);(13;6) b Do n số nguyên dương 2n chia hết ta đặt 2n  2k với k nguyên dương.Ta có 22 ... điểm) a)Ta có điều kiện x  3 5 Ta có ;x  2 x3  x 2x    (2x  3) x   2 x   (2x)3  2.(2x) Ta đặt 2x  a  2x; b  x   phương trình viết lại (a  b)(a  ab  b2  2)   a  b Từ ta có. .. a  b  Ta có   (a  b)2  4ab nên hệ vô nghiệm  ab   a   a  b  1  b  1  Ta có  nên ta có nghiệm hệ (0;3);(1;2)  ab  a        b  Câu (2,5 điểm) Ta có 1    (