020 đề thi HSG toán 9 tỉnh thanh hóa 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN : TỐN Câu  x x  x 1  x  x    x  4 a) Rút gọn P     :    x  x  x x  x  x       x  0 b) Cho a   50 , b   50 Chứng minh biểu thức M  a  b; N  a7  b7 có giá trị số chẵn Câu a) Giả sử x1; x2 hai nghiệm phương trình x2  2kx   ( k tham số) Tìm 2 x  x  giá trị k cho        x2   x1   x  x   y  b) Giải hệ phương trình:   y  y   x  Câu a) Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 y  x  y   x   y  x  1 b) Cho n * Chứng minh 2n  3n  số phương n chia hết cho 40 Câu Cho đường tròn  O; R  điểm A cố định bên ngồi đường tròn, OA  2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn  O  ( B, C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn  O  cắt AB, AC E, F Dây BC cắt OE, OF điểm P Q a) Chứng minh ABI  600 tứ giác OBEQ nôi tiếp b) Chứng minh EF  PQ c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R Câu x3 y P  Cho x, y, z  thỏa mãn x  y  z   Tìm GTLN  x  yz  y  zx  z  xy  ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: P  : x  x  x 1   x  1 Ta có : a    1  x  x    x  5 x 2 b) x 2   x 1 :  x x 1   b      x 1 x   Do M  số chẵn a  b  2 Ta lại có:   a  b   a  b   2ab  , đó: ab  1 N  a  b7  a  a 4b3  b7  a 3b   a 4b3  a 3b    a  b3  a  b   a 3b3  a  b    a  b   a  b2  ab   a  b2   2a 2b    478 số chẵn   Câu a) Để phương trình có nghiệm  '   k    k   x  x  2k Ta thấy x  nghiệm, theo Vi-et   x1 x2  2 x  x          x14  x24  48  x2   x1    x12  x22   x12 x22  48   x1  x2   x1 x2   80   2   4k    80   k   2    k  2    52 2  k  2  2 y  y  xy  x  x   2 y   x  b) Ta có: x  x   y    y   x   2 y  x   2  2 x  y  xy  y   y    2x   y  y  y   2x     2 x   y  2 x  y   2 y  y  xy  x   Suy    x  y    x  y   3  Vì  2 x  x  xy  y  2 x  y   x y0  y  x   Do x  y  x  y  nghiệm hệ phương trình Câu a) Phương trình tương đương  x  y   x y  1  xy   x  y  Suy xy  x2 y   xy  2  x2 y  1   x2 y  4  x2 y  1   x2 y   5  x2 y  1   x2 y  1  x2 y  11;5  x y 0;4  xy 2;0;2 Xét xy  x  y    x; y   0;2  ;  2;0  Xét xy  2  x  y   y   x  x  2(ktm) Xét xy   x  y  (ktm) Vậy  x; y   0;2 ;  2;0  2n   a b) Đặt  với a, b *, suy a  2n  1là số lẻ nên a lẻ 3n   b Do đó: 2n   a  1 a  1  n  3n   b2 số lẻ nên b lẻ Đặt b  2c  1 c  * Ta có: 3n   2c  1   4c  c  1  n (1) Mặt khác số phương chia cho dư 0;1hoặc Do - Nếu n chia cho dư 2n  1chia cho dư 3, vơ lý - Nếu n chia cho dư 3n+1 chia cho dư 2, vô lý - Nếu n chia cho dư 2n+1 chia cho dư 2, vô lý - Nếu n chia cho dư 3n +1 chia cho dư 3, vô lý Vậy n (2) Từ (1) (2) suy n chia hết cho 40 Câu H B E P M I A O Q F C K a) Ta chứng minh OA  BC I OB Do đó, cos ABI  cos AOB    ABI  600 OA Mặt khác EOF  FOM  EOM  COM  BOM BOC   AOB  600 2  EOF  ABI  OBEQ nội tiếp b) Ta có OQP  OEB  OEF  OQP OEF  Mặt khác OBE  OQE  1800 mà OBE  900 PQ OQ  (1) EF OE  OQE  900  OEQ  900  EOF  300  sin OEQ  OQ    2 OE Từ (1) (2) suy EF  2PQ c) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB AC K H  EF  S OM EF R.EF Vì OQP OEF nên    SOPQ  OEF    SOEF  PQ  4 8 R Vì K  BOI  600  HC  KB  OB.cot K  OB.cot 600  Lại có EF  FM  EM  FC  EB   HF  HC    KE  KB  SOPQ 2R Mặt khác, ta chứng minh HFO OFE KOE OFE nên HF HO  R  4R HFO KOE    HF KE  OK OH  OK     OK KE  sin 60    HF  KE    HC  KB    HF  KE   HC  HF KE  R2 R.EF R Khi M Do đó, SOPQ   Diện tích tam giác OPQ nhỏ 12 12 điểm cung BC Câu  x  yz  y  zx  z  xy  x  yz y  zx  z  xy  Ta có:   P x3 y y x x2 y 2 2  4z  x  y   x x   z  z    z    z    1  1     z  z    1  1  z  z     xy   xy    y y  x  y   y  x      2  4z   z  z  1    12   z  1     z      z       2 z   z  12   z  1    z  1     12  z  1 z  z  1  6       z  8 z      Áp dụng BĐT Cô si ta có: 2  12 3 z  1 z  z   729   6   33   P  P  z 1 4 729  z  1 8   2 Vậy GTLN P , đạt x  y  2, z  729