034 đề thi HSG toán 9 tỉnh đồng nai 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 29/3/2019 Câu (4,5 điểm) x  y  m  1) Cho  x; y  nghiệm hệ phương trình  (với m tham số thực) x  y  m   Tìm m để biểu thức P  x  y đạt giá trị nhỏ  x2  y   2) Giải hệ phương trình  (với x, y thuộc R) x  y     Câu (4,5 điểm) 1) Giải phương trình x  x3  24 x  27 x    x  2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c b c   a     4    b c a ab bc ca  Câu (4,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1   Chứng minh : abc chia hết a b c cho 2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu (2 điểm) 99     tổng 99 số hạng 1 2 3 99  100 B      100 tổng 99 số hạng Cho A  Tính A  B Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm AB, AC với đường tròn  I  Biết ba góc BAC, ABC, BCA góc nhọn Gọi M N trung điểm hai đoạn BC AC 1) Chứng minh : 2AD  AB  AC  BC 2) Chứng minh ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có: x  y  m  3x  y  3m   x  2m  x  2m     m   2 x  y  m  2 x  y  m   y  x  m 1  y  m 1  Ta có: P  x  y  4m2   m  1  4m2  8m    2m    12  12 Dấu "  " xảy 2m    m  1 Giá trị nhỏ P – 12 m  1  x  y   x  y   xy   2)  3  x  y  1  x  y   3xy  x  y   1 x  y  S Đặt   xy  P Ta có:  1 S2  1 S2 P    S  P  P     1 S  S  3SP  1  S  3S  1 2 S  3S  3S     1 S2  1 S  1 S P  P  P      S  1 5S  3S    S  1  5S  5S         5S  5S   0(VN ) 2  x    1 S P   x  y  1   y  P       y  S   xy     S  1     x  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   0;1;  1;0  Câu Giải: x4  x3  24 x  27 x   * Với x  0, *  x    phương trình vơ nghiệm Với x  0, chia hai vế phương trình (*) cho x : 27 3 *  x  x  24      x     x    18  x x x x    x 30  x    x  3x   0(VN ) 3    x   x    x         x x     x    x     x  6x    x  S  3  Ta có: a b c b c   a     4    b c a ab bc ca b c  a  b   c   a    1    1    1      b  c  a  ab bc ca  ab 4a bc 4b ca 4c      0 b ab c bc a ca  a  b  b  c   c  a    b  a  b  c b  c  a c  a  2 Ln a, b, c số dương Dấu xảy a  b  c Câu 1    bc  a  b  c  (1) a b c TH1:Nếu a số nguyên chẵn, suy a  b  c  , theo (1) suy : b.c , Vậy abc Ta có: TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b, c hai số lẻ  b  c   a  b  c  , mà abc không chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn Vậy hai số a, b, c tồn số chẵn +)Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn, (vì bc chẵn nên a  b  c  chẵn suy c chẵn, a lẻ), suy abc chia hết cho +)Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 2) Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A  1000 B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999 C số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Ta có: 999  33.37 B=(số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) +Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là: 999    333 +Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 999  37   27 37 Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết 999  111 1  cho 111) là: 111 Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho : 27   18 Suy B  333  18  351 Vậy C  A  B  1000  351  649 Câu A Ta có:   99     1 2 3 99  100   1     3     98  1      99  99 100 Và B      100   99  98  99  100  99   A  B  100 100   999 Câu A E B N I D S 1 M C a) Gọi F tiếp điểm BC với đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD  AE; BD  BF ; CE  CF Suy ra: AB  AC  BC   AD  DB    AE  CE    BF  CF   AD  AE  AD b) Gọi S giao điểm BI MN Ta cần chứng minh D, E, S thẳng hàng Thật vậy: Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN / / AB  B2  BSM (so le trong) B2  B1  BSM  B1 suy MBS cân M nên MB  MS  MC Tam giác BSC có đường trung tuyến SM  BC nên tam giác BSC vuông S Ta có: Tứ giác IECF IESC tứ giác nọi tiếp (đường tròn đường kính IC) Nên điểm I , E, S , C, F thuộc đường tròn đường kính IC Ta có: SEC  SIC; SIC  B1  C1 (tính chất góc ngồi)  SEC  B1  C1 Lại có tam giác ADE cân A nên AED  ADE  (1) 1800  A A  900   B1  C1 (2) 2 Từ (1) (2) suy SEC  AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BI , DE, MN đồng quy