035 đề thi HSG toán 9 tỉnh bình phước 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 06/03/2019 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) 1) Cho biểu thức  x 1 x8 P  3  x 1  x 1  x 1  a) Rút gọn P        :  x       x 1 x 1 x 1   b) Tính giá trị biểu thức P x   2    1  2  5.1  2) Cho x, y số thực thỏa mãn: x  y  Tìm giá trị nhỏ P  x  x3  y  1  y3  x  1  y Câu (5,0 điểm) Giải phương trình 3x   x   x  x   xy  x  y  Giải hệ phương trình:  2  x  1   y    Cho hàm số  P  : y  x Tìm giá trị m để đường thẳng  d  : y  x  m  cắt đồ thị hàm số  P  hai điểm phân biệt A x1, y1  ; B  x2 , y2  thỏa mãn y1 y2  x1x2  12 Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), D điểm cạnh AB,  D  A, B  Gọi M , N trung điểm CB, CA Đường thẳng MN cắt (O) hai điểm P, Q(P, Q thuộc cung CB CA) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC I  I  B  Các đường thẳng DI AC cắt K a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp b) Chứng minh PK QC  QB.PD c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G  G  P  Đường thẳng AD IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA khơng đổi AE Câu (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với AB  a, AD  b Trên cạnh AD, AB, BC, CD lấy điểm E, F , G, H cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi c chu vi tứ giác EFGH Chứng minh c  a  b2 Câu (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: y  y   x 2) Chứng minh với số nguyên n chẵn thì: n3  20n  96 chia hết cho 48 ĐÁP ÁN Câu 1a) Điều kiện xác định :  x  10 , đặt a  x  1,0  a  , đó:  a   3a  1  a2  P    :  a  a  a a  a a        a   a   a    3a  1     :    a   a    a  a  3 a   a  3 3a  3a   a  2a   :  :   a   a  a  a  3   a   a  a  a  3 a  a  3 3a 3 x     a 2a  2a  x   b) Ta có:    1  2     1    1   1   2     1    x  3 2    2  1 1  1  1  1 Vậy P    1  3  1  2 1  2.Ta có: P  x  x3  y  1  y  x  1  y  x  x3 y  x3  xy  y  y  x3  x  y   y  x  y    x3  y    x  y   x3  y    x3  y    x  y  1  x3  y   x  y y   x  Do x  y   x  y   x  xy  y   x  xy  y   x  y     2  2  P   x  y  mà x  y   x  y  xy    x  y    x  y   1   x2  y     x2  y    P  3 2 2 Dấu "  " xảy x  y  Vậy giá trị nhỏ P 1 x  y  Câu 1  x  x   3x   x  Điều kiện x   x  x   x  x    3x   x    4x  x  2  3x   x  3  3x  5 x  3  x  x     3x   x  3  x  5(tm)  x  x  15     x   (ktm)  Vậy phương trình có nghiệm x  Ta có     xy  x  y   x  y  2  y    x  1 y      (*)  2 2 2 x   y       x   y   x   y                 Đặt a  x  1; b  y  ta có hệ phương trình: ab  ab  ab   *   2    2 a  b   a  b   2ab   a  b   16  ab   a   x    x  ab         a  b  b  y       y   a  b        ab   a  2   x   2   x  3   a  b  4       a  b  4  b  2   y   2   y  Nghiệm hệ phương trình S  1;4  ;  3;0  Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  x2  x  m  1hay x2  x  m   (1)  d   P  cắt hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt   '    m  1   m  Do A, B thuộc  P  nên y1  x12 ; y2  x22 Theo đề ta có: x x  y1 y2  x1 x2  12   x1 x2   x1 x2  12    x1 x2  3 x  x  Theo hệ thức Viet ta có:   x1 x2  m  Nếu x1x2  m    m  3(ktm) Nếu x1x2  3 m   3  m  4(tm) Vậy m  giá trị cần tìm Câu K C I P M Q N J G B E D A a) Tứ giác BDIP nội tiếp suy PIK  1800  PID  PBA Mà tứ giác CPBA nôi tiếp  PCK  1800  PCA  PBA  PIK  PCK suy tứ giác CIPK nội tiếp b) Tứ giác CIPK nội tiếp tứ giác PBDI nội tiếp, suy PKI  PCI PK PD PK PC PDI  PBI  PKD PCB  g.g      1 PC PB PD PB Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy QPB  BCQ hay MPB  MCQ mặt khác PMB  CMQ (đối đỉnh) PB MP  nên MPB MCQ  g.g   QC MC Chứng minh tương tự  MCP (2) MQB( g.g )  PC MP  (3) QB MB Từ (2) (3) kết hợp MB  MC  Từ (1) (4)  PB PC PC QB    (4) QC QB PB QC PK QB   PK QC  QB.PD PD QC c) Do tứ giác BDGI tứ giác CPBA nội tiếp, suy PGI  PBI AD KD PBC  PAC  PGI  PAC  IG / /CA   (5) AE KI Trên BC lấy J cho KPI  CPJ Tứ giác CIPK nội tiếp , có: IPK  1800  KCI  BCA không đổi CB Suy J điểm cố định  không đổi (6) CJ KI PK KD KD CB Lại có PKI PCJ ( g.g ) PKD PCB( g.g )      (7) CJ PC CB KI CJ AD Từ (5), (6), (7) suy không đổi AE Câu F A B I E K G M D H C Gọi I , K , M theo thứ tự trung điểm EF , EG, GH AEF vng A có AI đường trung tuyến nên AI  EF 1 Tương tự MC  GH IK đường trung bình AFG nên IK  FG Tương tự: 2 KM  EH c  EF  FG  GH  HE   AI  IK  KM  MC  Ta có : AI  IK  KM  MC  AC (vì đường gấp khúc AIKMC  AC ) Suy c  AC  a  b2 Câu Đặt x  a, a  0, y  b, b  y4  y2 1  x  4b  6b   a  16b  24b   4a  16b  24b   4a  13   4b  3  4a  13   4b   2a  4b   2a   13 Lập bảng 4a   2a 13 4b   2a a b Nhận x y 13 -3 Loại Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y    9;1 2) Ta có n chẵn  n  2k , k  Suy : n3  20n  96   2k   40k  96   k  5k   96   k  k   6k   96   k  k   48k  48.2 Do k  1; k ; k  1là số nguyên liên tiếp nên  k  1 k  k  1 chia hết cho  k  k   k  1 k  k  1   k  k  48, k  Vậy với số nguyên n chẵn n3  20n  96 chia hết cho 48