045 đề thi HSG toán 9 tỉnh bình định 2018 20119

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP TỈNH LỚP THCS KHĨA NGÀY 18 – 03 – 2019 Mơn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút Bài (5,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A  x3  y3  3 x  y  , biết rằng: x  3  2  3  2 ; y  17  12  17  12 1 Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn   m n 2 Chứng minh phương trình  x  mx  n  x  nx  m   ln có nghiệm Bài (5,0 điểm)  x  xy  y  1) Giải hệ phương trình:   x  y  x  2) Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy  x  y   x2  y  xy Bài (3,0 điểm ) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a b3   b c   c a   Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi D trung điểm cạnh BC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng với A) Gọi N , P theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB, AC H hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD a) Chứng minh AH  BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  , đường cao AH Gọi M HB MB AB  2 giao điểm AO BC Chứng minh Dấu HC MC AC xảy nào? ĐÁP ÁN Câu 1.Đặt x  3  2  3  2  a  b , đó:    x3   a  b   a3  b3  3ab  a  b    2   2  3  2  2 x  x3   3x  x3  3x  (1) Đặt y  17  12  17  12  c  d , đó:    y   c  d   c3  d  3cd  c  d   17  12  17  12  3 17  12 17  12 y  y  34  y  y  y  34(2) Từ (1) (2) suy A  x3  y3  3 x  y   x3  y  3x  y   34  40  m  n  mn 1       m  n   mn m n 2mn 2mn  x  mx  n  2 Ta có:  x  mx  n  x  nx  m      x  nx  m  Phương trình (1) PT bậc hai có 1  m2  4n 2.Ta có: (1) (2) Phương trình   phương trình bạc hai có   n2  4m Do 1  2  m2  4n  n2  4m  m2  n2   m  n   m2  n2  2mn   m  n   Suy 1  có số lớn Vậy phương trình cho ln có nghiệm Câu  x  xy  y  (1)  Điều kiện x  y  x  (2) x   PT 1  x  xy  y   0(3) PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có   y  y    y     x  1(ktm)  y  x  Do PT (3) có hai nghiệm  x 1 y Thay y   x  1vào phương trình (2) ta có: x  x   4x   x   x   4x     x  12  x 1 3   x    x  1   x      x  1    x 1  x 1    x 1      x  12  x  1(TM )  y  0(TM )     x  1  x   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;0  2 xy  x  y   x2  y  xy  x2  x  y2  y  1  y2  y   (1) Đặt y  y   a, PT (1) trở thành: x2  ax  a   0(2) Phương trình (2) có   a  4a    a    Phương trình (1) có nghiệm ngun nên phương trình (2) có nghiệm ngun   số phương Đặt  a     k  k    k   a  2    k  a   k  a    Vì  k  a   +  k  a    2k số chẵn có tích số chẵn nên  k  a  2  k  a  2 số chẵn  k  a    k    k  a   a      k  a   2  k  2   k  a       a   a  k2   2 x  2  Vậy phương trình (2) có nghiệm :  a  k2  x   0  2  y  1(tm) 2 Ta có y  y   a   y  y      y   (ktm)  Vậy nghiệm nguyên phương trình  x; y    2;1 ;  0;1 Câu 1.Gọi Ai Aj hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj Khi đó: Tam giác Ai Aj Ak tam giác lớn có diện tích khơng lớn 1, Vẽ đường thẳng qua điểm Ai , Aj , Ak song song với cạnh Ai Aj Ak Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia 2018 dư nên theo ngun lý Dirichle suy có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho Đặt P  a b3   b c3   c a3  suy ra: P  2a b3   2b c3   2c a   2a  b  1  b2  b  1  2b  c  1  c  c  1  2c  a  1  a  a  1  a  b2    b  c    c  a    ab2  bc  ca   Q  Khơng tính tổng qt , ta giả sử b  c  a ta có: b  a  c  c  b    abc  b2c  ab2  bc  ab2  bc  ca  abc  b2c  ca Do Q  abc  b2c  ca  2abc  b 2c  ca  c  a  b   4c ab ab 2  a  b a  b  4 a  b  c 4.33   c    4   27  2  27 27 a  b  c  b  c  a  Do 2P  10  P  Dấu "  " xảy    b  0, c  1, a  2 c  a  b  abc  2abc Câu A I P N H M B C D a) Ta có AD  BC D(vì ABC vng cân A) ANM  APM  900 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) NAP  NHP  900 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy N , A, P, H , M thuộc đường tròn  AMH  APH  1800 Ta có APC  MDC  900 nên AMNP tứ giác nội tiếp Suy MPH  MCD mà MCD  MBD (vì AD trung trực BC)  MBD  MPD Ta có AMB  ADB  MBD  900  MBD mà MBD  MPD Suy AMB  900  MPD  APM  MPD  APH  AMB  AMH  APH  AMH  1800 Do B, M , H thẳng hàng nên AH  BH b) Ta có: IBA  BAD  450 ( BI / / AD) Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác ADB  ADI  BDI  450 Do IBA  IDA   450   A, I , B, D thuộc đường tròn (3) Ta có : AHB  ADB  900 nên A, H , D, B thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A, H , D, B, I thuộc đường tròn  IHD  IBD  1800  IHD  900 (vì IBD  900 ) lại có NHD  900 Do H , N , I thẳng hàng A O B H C M D Kẻ AD đường kính đường tròn (O) Xét tam giác vng HBA CDA có : ABC  ADC (vì nội tiếp chắn HB AB AC ) nên HBA CDA( g.g )    HB AD  AB.CD CD AD HC AC   HC AD  AC.BD Tương tự HCA BDA( g.g )  BD AD Do : HB AB DC  HC AC DB (1) Ta có: AMB CMD  g.g   MB AB   MB.CD  MD AB MD CD MC AC   MC.BD  AC.MD MD BD MB AB DB Do  (2) MC AC DC Tương tự: HB MB AB  DC DB  AB DC DB AB       HC MC AC  DB DC  AC DB DC AC Dấu "  " xảy  DB  DC  AB  AC  ABC cân A Ta có: