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

Giả sử ngược lại là không tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài toán.. Vậy ta luôn tìm được 4 điểm liên tiếp được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI NĂM HỌC 2018-2019

MƠN THI: TỐN Câu (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức 2 10 89 28 10

P   

   

2 Xét ba số thực dương , ,x y zthỏa mãn

2

1

xz z z

y y

z z

  

  Chứng minh

1 1

1

1 1

xyx yz   yz  y  zx z   Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 5 2 4 15

x x  x x  x 

2 Giải hệ phương trình

 2  

2

1

4

4 13

x y x y

xy x y

x y x y x

    

  



 

      

 Câu (3,0 điểm)

1 Cho đa thức ( )P x ( )Q x thỏa mãn ( ) 1   1 

P x  Q x Q x  x Biết hệ số ( )P x số nguyên khơng âm P 0 0.Tính P3P 3 P 2  Tìm tất cặp số nguyên  x y; thỏa mãn phương trình:

   2    

1 2 1

x y x y  xy y  x y  x y

Câu (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn O R; , vẽ đường tròn O R'; ' tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn

thẳng MA chứa điểm D)

1 Chứng minh DHM DMt AMHvà MH MG, tia phân giác góc &

AMD BMC

2 Đường thẳng MHcắt đường tròn (O) E (Ekhác M).Hai đường thẳng HGvà CEcắt I Chứng minh EHI EIM

3 Chứng minh đường thẳng HGđi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Câu (2,0 điểm)

1 Cho ba số thực dương a b c, , Chứng mnh :

      2 2

1 1 1 1

3

c c a b c a a b c a b b c a b a b c

 

      

          

2 Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ bên (bốn đỉnh A B C D, , , B C D E, , , C D E F, , , … J A B C, , , gọi đỉnh liên tiếp đa giác) Các đỉnh đa giác đánh số cách tùy ý số nguyên thuộc tập hợp

1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết đỉnh đánh 

bởi số, số đánh đỉnh khác nhau) Chứng minh ta ln tìm đỉnh liên tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21)

A B

C D E F

G H

ĐÁP ÁN Câu

1.Ta có: 72 10  5 22 ;94  1 22 Và 8928 10 72 102, Do đó:

 

 

 

2

2

1 2

4 1 2

2 7 10

2 7 10

4 2

5

5 10 5

P

   

   

   

   

    

Vậy P 2 ta có:

  

2

2

2

1

1

1 1

xz z z xz z z

y y y

z z z z

xyz z z z z xyz

  

   

   

       

Ta có:

 

1 1

1 1

1

1 1

xy x yz xy x xyz xy x

x x x

yz y x yz y xyz xy x xy x

 

     

  

       

Và

 

1

1 1

xy xy xy

zx z xy zx z x yz xyz xy x xy

  

1 1

1

1 1 1

xy x

xy  x   yz  y  zx z   xy x    xy  x  x  xy 

Vậy 1 1

1 1

xy x yz   yz  y   zx  z   , ,x y z0 thỏa mãn

2

1

xz z z

y y z z      Câu

1 Điều kiện xác định : xR +)Nhận xét

2

2

2 ; ,

4

x    x x    x x   x x     x

 

Do từ (1) suy x0 Phương trình (1)

4

2

1

15

x

x x

x x x

            2

2 4 2

1

15 15

x x x x x x

x x x x x x

     

                  

     

Đặt a x 2a 2 x

  

Khi ta có phương trình   2  2 2 2  15 a a a 45 a 16a a

       

  

 

4

3

16 109 90 45 16 48 35 15

3 16 48 35 15 2

a a a a a a a

a a a a do a

          

       

+)Với a3ta có: 3 1( ) 2( )

x tm

x x x

x tm x            

Vậy S  1;2 Điều kiện

Phương trình          

2

1 1

1 x y x y x y x y

xy x y xy x y

                           2

1

0 x y x y

x y x y x y

x y

xy x y xy x y

  

     

      

 

1

x y y x

       (vì với ,x ythỏa mãn điều kiện (*) ta có:x2 y2   x y 0) Thay y 1 xvào phương trình thứ (2) hệ phương trình ta phương trinh:

      2 2

4 13

4

2 2

2

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x

                                     

)2 0( 0)

4

x x x  x  VN vi x

         

 

+  2

2

17 33

4 2 17 33

)4 8

8 17 16

4

17 33 x

x x x

x x x

x x x x x                                    

Với 17 33 33

8

x   y  thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ; 17 33; 33

8

x y     

 

Câu

1 Từ giả thiết ta có:  0 1  0  1  1 

P  Q Q   1 1  1  0  (2)

Giả sử P x a0 a x1 a x2  a xn ,trong a a a0, ,1 2, ,anlà số nguyên không âm suy a0  a1 a2  an 0do P x 0  x

Vì ( )P x    0 x P(2)0, (3)P 0,do đó: 3P 3 P 2 0P3P 3 P 2 0 Ta có : x y 1x 1 y6xy y22 x y 2 x1y1

 2 2     2 2   

1 2 2

x y xy y x y x y xy x y y x y x y

                  

   2    2

2 3

x y x y y x y x y x y y

             

Vì ,x y nên x y 2;x y y2là ước 2 2 2 2

2

0

3

3

2 4

3 1

2

2

0

1

7

2 4

1

2

x y y x

y

x y y x y

x y

x y y

x y y x y x

y

x y y x

y

x y y x y

x y

x y y

x y y x y x

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

Câu

1 Xét HAM ta có DHM DAM AMH (1) Xét đường trịn (O) ta có : DAM DMt (2) Từ (1) (2) ta có : DHM DMt AMH

Vì Mtvà DH tiếp tuyến  O' nên DHM HMt (3) Và HMtHMDDMt (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy AMH HMDsuy MHlà phân giác AMD Chứng minh tương tự ta có MG phân giác góc BMC

2 Xét  O' có

HGM HMt sd HM

 , xét  O có

1

ECM EMt sd EM

HGM ECM

  hay IGM ICM tứ giác IMCGnội tiếp Ta có EHI EHAAHG (4)

Và EIM 1800 MIC1800 MGCMGBMGH BGH (5) Lại có AHGBGH(6)(vì AH BG tiếp tuyến  O' ) Và EHADHM MGH 7

Từ (4), (5), (6), (7) suy EIM MGH BGH EHA AHGEHI EIM Ta có CElà tia phân giác ACD * (vì EM tia phân giác AMD

) sdEA sdED

 

Ta có: EHI EIM(chứng minh câu 4.2), EHI

 EIMcó HEI MEIvà EHI EIM

( ) EI EH (8)

EHI EIM g g EI EH EM

EM EI

      

Lại có : EDH DMH(vì EM tia phân giác AMDsdEAsdED) EHD

 EDMcó HEDMEDvà EDH DMH  EHD EDM g g( )

(9) ED EH

ED EH EM EM ED

   

Từ (8) (9) suy EI ED EIDcân EEDI EID 10 DIcắt (O) K, ta có: 1  (11)

2

EDI  sdEAsdAK

Và 1  (12)

2

Từ (10), (11), (12) sdEAsdEDsdAK sdKCDKlà tia phân giác ADC ** Từ (*), (**) suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Rõ ràng, HG qua I tâm đường tròn nội tiếp BCD Câu

1.Áp dụng BĐT   1 1 1 , ,

x y z x y z

x y z x y z x y z

   

            

 

   

Và 12 12 12 1 x y z, , 0 x  y  z  xy  yz  xz 

Vì a b c, , 0ta có : 12 12 12 1 ,

a b c  ab bc ca bất đẳng thức (1) ta cần chứng minh

2 2

1 1 1 1

(2)

3 3

ac bc c ab ac a bc ab b ab bc ac

 

      

       

Ta có  2 2 2 2

3 3

a b c ac bc c ab ac a bc ab b abc

 

 

     

       

3 3

ab bc ac a b c

a b c b c a c a b

 

   

     

Ta có:

    1 1

3 2 9

ab ab ab ab ab a

a b c a c b c b a c b c b a c b c

   

         

             

Vậy (3)

3

ab ab ab a

a b c a c b c

 

    

     

1

(4)

3

1

(5)

3

bc bc bc b

b c a b a c a

ac ac ac c

c a b c b a b

 

    

     

 

    

     

Cộng theo vế      3 , , ta có:

3 3

ab bc ac ab bc ab ac ac bc a b c a b c

a b c b c a c a b a c c b a b

      

 

       

          

Vậy BĐT (2) BĐT (1)

2 Gọi x x x1, 2, 3, ,x10là số phân biệt đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt thuộc đường tròn (O) , x x x1, 2, 3, ,x101;2;3;4;5;6;7;8;9;10 Giả sử ngược lại khơng tìm đỉnh thỏa mãn khẳng định tốn Khi ta có:

1

2

3

10 21

21 21

21 x x x x

x x x x x x x x x x x x

   



          

 

   



Từ suy 4x1x2  x3 x1010.21 210

Mặt khác ta lại có : 1 2 3 10 10 10.11 55

x x  x x        Suy 4.55210220210(vơ lý), điều giả sử sai