Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Nghệ An năm 2018- 2019

Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N.. Chứng.[r]

TỈNH NGHỆ AN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN – BẢNG A

Thời gian: 150 phút Câu (3,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y2 xy x 2y 5

b) Chứng minh rằng: A22n 4n 16chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm)

a) Giải phương trình:

3

8

2

2

x x x

x   

 b) Giải hệ phương trình:    

  

2

1

1 3

x y

x y x y

    

 

     



Câu (2,5 điểm) Cho a b c, , số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

a b c

P

a b b c c a

     

     

  

     

Câu (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABCnội tiếp đường tròn  O Gọi D E F, , chân đường cao kẻ từ đỉnh , ,A B Ccủa tam giác Đường thẳng EFcắt đường tròn (O) điểm thứ M(M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DFtại N Chứng minh rằng:

a) EF OA b) AM  AN

2 Cho tam giác nhọn ABC D, điểm tam giác cho

0

90

ADB ACB AC BD  AD BC .Chứng minh

AB CD AC BD 

Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng

minh tồn hình trịn bán kính

ĐÁP ÁN Câu

a) Ta có: 2  1 2 5

1

y xy x y x y y y x y

y

            

 (y1 khơng thỏa mãn phương trình )

Vì ,x ylà số nguyên nên y1là ước

1: 1

2 : 1

3 : 13

4 :

TH y y x TH y y x TH y y x TH y y x

                   

        

Vậy phương trình có nghiệm nguyên  x y;   9;2 ; 5;0 ; 13;6 ;    9; 4 b) Ta có: A22n 4n 1622n  1 4n  1 18

Đặt 2   2

2 n 2 k k * 2 n  1 k  1 4k 1

Do với nnguyên dương, ta có: 22n 1 3;4n 1 3;18

2

2 n 4n 16 A

   

Câu

a) Điều kiện : x 

 

   

3

3

3 3

8

2

2

2 2 2.2

x x

x x x x x

x

x x x x



      



     

Đặt a 2x 3 0,b2x, ta có:

  2

3 3

2 2

2

b b

a  ab  b ab a      a b

 

 

 

Suy 2 2 13

4

2

x

x x x

x x



 

    

  

Vậy 13

   

      

2

1

1 3

x y

x y x y

    

 

      



Đặt a x 1;b y 3.Ta hệ phương trình:

 2

2

1

1

a b a b ab

ab a b ab a b 

      

 

      

 

Đặt S  a b P; ab,điều kiện S2 4 P Hệ trở thành:

2 ( ) 1 ( ) S tm P S P

P S S

ktm P                     

1 1

0 3

1

0 0 1

1

a x x

b y y

S a b

P ab a x x

b y y

                                                                

Vậy hệ cho có hai nghiệm    0;3 ; 1;2 Câu

Ta có: 4 4 4

1 1

P

b c a

a b c

  

        

     

     

Đặt x b,y c,z a x y z, , 0,xyz

a b c

     

  4  4 4

1 1

1 1

P

x y z

   

  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

     

2

2 2

1 1

3 1 1 1

P

x y z

 

    

  

 

 

   

    

2

2 2

2

1

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

   

         

 

       

Tương tự:

  2  

1

1

x xy x y

y   



Từ bất đẳng thức ta có:

  2 2

1 1

1 1x  1 y  xy Dấu xảy x y

Tương tự:

  2 2  2

1 1 1

1

1z  1  z  1z  z 

  2  2 2

1 1 1 1

1 1 4

1 1

z

xy z z z

x y z

         

   

  

Ta có: ,

16 16

P P       x y z a b c

Vậy

16

1.

a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xyvới đường tròn (O) suy OA xy

Xét tứ giác BCEFcó BEC90 ( );0 gt BFC 90 ( )0 gt tứ giác BCEFlà tứ giác nội tiếp suy ACBAFE (1)

Mặt khác

2

BAx sd AB(góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

2

ACB sd AB(góc nội tiếp ) BAx ACB (2)

Từ (1) (2) suy AFEBAxở vị trí so le nên EF / /xyhay EF OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ ,P BPcắt DF Q

, ,

AD BE CFlà đường cao tam giác ABCnên BCEF ACDF, nội tiếp, ACB AFP

Mặt khác: 1  ;  

2 2

ACB sd AB sd BM MA AFP sd BM  AP

x

y

P N

M F

E

D

O A

Do đó: sd AM sd APsuy BAlà tia phân giác MBQvà AM  AP 1

Tứ giác BCEFnội tiếp suy ACBBFM,tứ giác ACDFnội tiếp nên ACBBFQ Do BFQBFM  ACB,suy FBlà tia phân giác MFQ

, MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN

          

Do ABN  ABPnên AN  AP (2) Từ (1) (2) suy AM  AN

2

Dựng tam giác vuông cân BDEtại D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C

Ta có: ADE ACBvà DEDB

Từ giả thiết: AC BD AD BC AD BD DE AC BC BC

   

AB AC ADE ACB

AE AD

    

Mặt khác, BACEADCADBAE.Do CAD BAE

2

2

AC CD CD AB CD AB BE BD AC BD

     (ĐPCM)

E

A

B

Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh 45 Gọi    C1 , C2 , ,C2025là hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng có bán kính

90 Gọi  '    

1 , 2' , , 2025'

C C C hình trịn đồng tâm với hình trịn có bán kính

91 Khi đó, hình trịn nằm hình vng đơi khơng có điểm chung (rời nhau)

Trong hình vng cho có hình trịn rời  '     , 2' , , 2025'

C C C có 2019