Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo Điện Biên năm 2018 - 2019

Chứng minh rằng CH CF.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 09/4/2019 Câu (5,0 điểm)

1 Cho biểu thức :

1 1

x P

x x x x x x

   

     

      

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị xđể biểu thức Q xPnhận giá trị nguyên

2 Cho x x2 1 2 y 4y2  1 1.Tính giá trị biểu thức x38y32019 Câu (4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2x2   x 3x x3 Giải hệ phương trình:

3

6

3

x y x

y

   



   

 Câu (3,0 điểm)

1 Chứng minh:

   

1 1

*

2 1 3 32   n1 n 1 n n   n1  n Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A5x2 9y2 12xy24x48y82 Câu (6,0 điểm)

1 Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn  O Kẻ đường cao BE CF, ABC E AC F, AB.Các đường cao BE CF, cắt (O) M N a) Chứng minh MNsong song với EF OA; vng góc với EF

b) Gọi Hlà trực tâm ABC.Chứng minh CH CF BH BE BC2

2 Cho điểm O thuộc miền ABC.Các tia AO BO CO, , cắt cạnh BC, ,

AC ABlần lượt , , G E F Chứng minh tổng OA OB OC

AG  BE CF không phụ thuộc vào vị trí điểm O

Câu (2,0 điểm)

ĐÁP ÁN Câu

1 a) Điều kiện : x0;x1

  

  

  

  

1

1 :

1 1

1

:

1 1

1

:

1 1 1

1

1

1 1 1

1

1 1

x P

x x x x x x

x x

P

x x x x

x x x

P

x x x

x x

x x

x x x

x x x x

x x x

   

     

      

 

 

     

    



   

   

  

 

  

 

 

 

  

  

  

  

1 1

1

1 1 1

x x x

Q x P x

x x x x x



        

    

b) Để Q x1là ước

0( ) 1

2( )

1

x tm

x

x VN

x

    



 

    

 



Vậy x0thì Q 2) Ta có:

 2   2

2

1 1 1

2 (1)

x x y y x x y y x x

x y x y

             

     

Tương tự ta có:

 2   2

2

4 1 1

2 1 (2)

y y x x y y x x y y

x y y x

             

Cộng vế với vế (1) (2) ta được: 2x2y  0 x 2y0

Mặt khác x38y3 2019x2yx2 2xy4y220192019( Vi x2y0)

Câu

1.Đặt xa, x  3 b

Ta có phương trình: 2   

2a b 3ab 0 ab 2ab 0

TH1: a  b x x3

2

0

1 13

0 1 13

2

2

1 13 x

x x

x x x

x   

 



   

   

  

 

     TH2: 2a b 2x x3

2

0

0 1

1

4 3

4

x

x x

x x x

x

   

  

   

  

   

 

Vậy 13;1

S    

 

 

2

3

6

2(1)

:

8

3 (2)

x y

DK y x

y

  

 



   



Cộng PT (1) với PT (2) ta được:

3

3

8 2

3 x

x x x x

y y y y y

      

            

TH1: x y

 thay vào phương trình (1) ta được:

  2

3

3

8

2

1

2

y y y y

y y

y x

y x

         

   

       

TH2: x2 2x 42 x2 2x 12 12

y y y y y

   

          

   

2

1

3 0( )

x VN

y y

 

     

 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm     x y;  2;1 ;  1; 2 Câu

1 Ta có:

         

   

     

 

2

1 1 1

1 1

1 1 1

1 1

2 1 1 1 1

1 1 1

1 2

1 1

2 1 1

n n n n n n n n n n n n n

n n n n n n n n n n

n n n n n n n n

n n

n n n n n

              

   

      

    

       

      



    

    

2 Ta có:

     

 

   

   

2

2

2

2 2

2

2

5 12 24 48 82

9 12 4 4 24 82

3 18

3 4

3 2

A x y xy x y

y y x x x x x

A y x x x

A y x x

A y x x

     

 

         

             

2

A Dấu xảy

16

3

4

y x x

x

x 

   

 

   

  

GTNN

4

2 16

3 x A

y      

  Câu

1 a) Ta có Tứ giác BFECnội tiếp

BCF FEB(cùng chắn cung BF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC) BCF BMN(cùng chắn cung BN đường tròn (O))

/ / ( ) (*) BMN FEB MN FE dfcm

  

D H N

M

E F

O A

B

Ta có: OM ON R (1)

Mặt khác : ECF FBE(cùng chắn cung EFcủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC) (2)

ECF FBE AM AN AM AN

     

Từ (1) (2) suy OAlà đường trung trực MN ** Từ (*) (**) OAEF

1b) Gọi D giao AH với BC Ta có : ADBC CDH CFB

  (Cchung; D F 90 )0 CH CD CH CF CB CD (3) CB CF

   

( BDH BEC B

  chung; D E 90 )0 BH BD BH BE BC BD (4) BC BE

   

Cộng vế với vế (3) (4) ta được:

 

CH CF BH BE CB CD BD BC

CH CF BH BE BC CD BD BC

  

    

2

Đặt SAOB S S1; AOC S S2; BOC S3

Ta có: ; 1 (1)

ABE BEC ABE ABC

S BO S BO S S S BO

S BE S BE S S BE



    

G

E F

A

B C

3 2

1 2

; (2)

; (3)

BCF ACF BCF ACF ABC

ABG AGC ABG AGC ABC

S CO S CO S S S S CO

S CF S CF S S S CF

S AO S AO S S S S AO

S AG S AG S S S AG



     



     

Cộng vế với vế: 2 3 ABC

S S S AO BO CO

AG BE CF S

 

   

Vậy tổng AO BO CO

AG  BE CF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O Câu

      

 

3 3

3

3

3

3

3

3

3

1 2 1

1)

1 2

1

2 1

2

2 3

3 3 x

x x x x

x x x x x

x x x

  

    

 

      



        

    

2

4 P

   số phương

2) x2 2y2 5 (5).Từ phương trình (5) xlẻ  x 2m1m  Thay vào phương trình (5) ta được:

 2 2 2 2   2

2m1 2y  5 4m 4m2y  4 2m m 1 y 2(6) Từ pt (6)  ychẵn  y 2k k  

Thay vào (6) : 2m m  1  2k  2 2m m  1 4k2 2

 

1 (7)

m m k

   