017 đề thi HSG toán 9 tỉnh nghệ an 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN – BẢNG A Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  xy  x  y   b) Chứng minh rằng: A  22  4n  16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm) x3  x a) Giải phương trình: x   2x  n  x  12   y  32  b) Giải hệ phương trình:   x  1 y  3  x  y  3 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 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 AB.CD ADB  ACB  900 AC.BD  AD.BC Chứng minh  AC.BD Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình tròn bán kính nằm hình vng mà không 91 chứa điểm 2019 điểm cho ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: y  xy  x  y    x  y  1  y  y   x  y  y 1 ( y  không thỏa mãn phương trình ) Vì x, y số nguyên nên y  ước TH 1: y    y   x  TH : y   1  y   x  5 TH 3: y    y   x  13 TH : y   5  y  4  x  9 Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y   9;2  ;  5;0  ; 13;6 ;  9; 4    b) Ta có: A  22  4n  16  22    4n  1  18 n n Đặt 22  22k  k  *  22   22k   4k  n n Do với n nguyên dương, ta có: 22  3;4n  3;18 n  A  22  4n  16 Câu n 3 8x  x 2x     x  5 x   x3  x 2x  a) Điều kiện : x     x   2 x    x   2.2 x 3 Đặt a  x   0, b  x , ta có:   b  3b a  2a  b  2b   a  b   a     2   a  b 2   2 x   13 Suy x   x    x  2 x   x Vậy x   13 b) Hệ phương trình cho tương đương với: 2   x  1   y  3     x  1 y  3   x  1   y  3  Đặt a  x  1; b  y  Ta hệ phương trình:  a  b 2  2ab  a  b    ab  a  b  ab  a  b  Đặt S  a  b; P  ab, điều kiện S  P Hệ trở thành:   S  1 (tm)  S  2P   P    S  P  S    (ktm) P     a  1   x   1  x      S  1 a  b  1  b  y   y         a   x    x  P  ab     b   y          y  Vậy hệ cho có hai nghiệm  0;3 ; 1;2  Câu Ta có: P     b  c  a 1   1   1    a  b  c b c a Đặt x  , y  , z   x, y, z  0, xyz  a b c 1 P   4 1  x  1  y  1  z  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 1 1  P      1  x 2 1  y 2 1  z 2  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:   x 2  y 1  xy  1    1  x         y  1  x  1  xy  x  y     x Tương tự:  1  y  1  xy  x  y    Từ bất đẳng thức ta có: 1  x   1  y   1  xy Dấu xảy x  y  Tương tự:  1  x  1  z    1  y  1  1   1 1    1 z 1  z   z 1  z   1 z 1        xy  z  z  z 4 3 ,P   x  y  z 1 a  b  c 16 16 Vậy MinP   a  b  c 16 Ta có: P  Câu N y A P E x F O M B C D a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA  xy Xét tứ giác BCEF có BEC  900 ( gt ); BFC  900 ( gt ) tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB  AFE (1) Mặt khác BAx  sd AB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) ACB  sd AB (góc nội tiếp ) BAx  ACB (2) Từ (1) (2) suy AFE  BAx vị trí so le nên EF / / xy hay EF  OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, ACB  AFP   1 Mặt khác: ACB  sd AB  sd BM  MA ; 2  AFP  sd BM  AP  Do đó: sd AM  sd AP suy BA tia phân giác MBQ AM  AP 1 Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACB  BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB  BFQ Do BFQ  BFM  ACB, suy FB tia phân giác MFQ MFB  QFB  MB  QB  BMP  BQN  BP  BN , Do ABN  ABP nên AN  AP Từ (1) (2) suy AM  AN (2) A E D B C Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE  ACB DE  DB Từ giả thiết: AC.BD  AD.BC   ADE ACB  AD BD DE   AC BC BC AB AC  AE AD Mặt khác, BAC  EAD  CAD  BAE Do CAD BAE AC CD CD AB.CD      (ĐPCM) AB BE BD AC.BD Câu 45 Gọi  C1  ,  C2  , , C2025  hình tròn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh có bán kính 90 Gọi  C1'  ,  C2 ' , , C2025 ' hình tròn đồng tâm với hình tròn Khi đó, hình tròn nằm hình vng đơi khơng 91 có điểm chung (rời nhau) có bán kính Trong hình vng cho có hình tròn rời  C1'  ,  C2 ' , ,  C2025 ' có 2019 điểm nên tồn hình tròn hình tròn khơng chứa điểm 2019 điểm cho  ... vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE  ACB DE  DB Từ giả thi t: AC.BD  AD.BC   ADE ACB  AD BD DE   AC BC BC AB AC  AE AD Mặt khác, BAC  EAD  CAD