Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Đắk LắK

Tham khảo Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Đắc LắK sẽ giúp các bạn hệ thống lại kiến thức Toán học, rèn luyện kỹ năng giải đề và biết phân bổ thời gian hợp lý trong bài thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

1     m  1  2 2 b b2 b2 2) P(x)  x  bx  2017   x    2017   2017  2 4  b2 Do Min P(x)  2017  b Ta có 2017    b2  4.2017  2 2017  b  2017 Phương trình: 4x2  12 10x  b  có 1 '  360  4b Phương trình : 4x2  12 10x  b  có  '2  360  4b 360  2017  360  4b  360  2017  '1     '2   360  2017  360  4b  360  2017 Mà 2 2017  b  2017   Vậy hai phương trình có nghiệm phân biệt Bài y   m (1)  1)  2x  y2   y  1 y  1  2x  y   n (2) m  n  x  m n Từ (1) (2)       m  2,n   x  3;y  2) +) Nếu n chẵn  n2  n2  4t (t  )  n  4t  16 t  5k1  1(k1  ) Và 4n4   n2  4p  1(p  )  24n 1n  24p 1  2.16p  5k  2(k  ) Nên M(n)  5k  3(k  )  2M(n)   25k 3   32k  1 31(1) +) Nếu n lẻ  n2  4t  1 t    2n  24t 1  2.16t  5k1   k   Và 4n4   n2  4p (p  )  24n 1n  24p  16p  5k  1(k  ) Nên M(n)  5k  3(k  )  2M(n)   25k 3   32k  1 31 (2) Từ (1) (2) suy 2M(n)  chia hết cho 31 Bài O F D P Q A B I E C N T M 1) Tứ giác PQNM nội tiếp Ta có : OC = OD (bán kính ), MC = MD (MC, MD tiếp tuyến cắt nhau) suy OM trung trực CD  OM  DP Xét ODM : ODM  900 (MD tiếp tuyến (O) D), OM  DP (cmt)  OD2  OP.OM(a) Chứng minh tương tự có: OF2  OQ.ON(b) Lại có: OD  OF (bán kính) © OP ON  OQ OM OP ON  (cmt) Xét OPQ ONM có O chung; OQ OM Từ (a) (b) (c)  OP.OM  OQ.ON  Vậy tam giác OPQ đồng dạng tam giác ONM (c.g.c) nên OPQ  ONM Nên tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm) 2) MN song song với AB Tứ giác OPIQ có : OPI  OQI  900 (theo câu a) Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp  QOI  QPI (góc nội tiếp chắn cung QI) Lại có ONM  OPQ(cmt)  QOI  ONM  QPI  OPQ  OPI  900 (do OM  DP)  ONT vuông T (T giao điểm OI MN)  OI  MN , mặt khác OI  AB (vì IA  IB  AB (gt) ) AB // MN (đpcm) Bài C 36 D A a B 1800  ACB 1800  360   720 (Vì tam giác ABC cân C) 2 Kẻ phân giác BD góc ABC  CBD  ABD  360 Chứng minh BDC cân D, ABD cân B Ta có CAB  CBA  Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a >0) Mặt khác BD phân giác ABC Nên CD AD CD  AD AC a x       x2  ax  a  (*) BC AB BC  AB BC  AB x x a Giải phương trình (*) ta x  Bài x  y Áp dụng BĐT xy    AC  a 1 1  :a  a (vì x >0) nên AB 2 2 4  a   b   a   b2    4 2 a b a b  Ta có: A   a  b2    b  a2       a b  b a  4 Đặt a   x  a2   x2  4;b   y  b2   y2  a a b b Lại có  a  ;1  b  suy a  3a      30  x  a a a b2  3b   2   30  y   b  1 b     b  3b   b   b b b  a  1 a     a  3a   a  x  y  x Nên A   y2         8  64 4  2 a  b  a  b  b  a  b  a a  b    Đẳng thức xảy  a  1 a    a  b   b  b        a  b  Vậy Max A  64   a  b  ...2 b b2 b2 2) P(x)  x  bx  2017   x    2017   2017  2 4  b2 Do Min P(x)  2017  b Ta có 2017    b2  4 .2017  2 2017  b  2017 Phương trình: 4x2  12 10x  b  có... 4x2  12 10x  b  có  '2  360  4b 360  2017  360  4b  360  2017  '1     '2   360  2017  360  4b  360  2017 Mà 2 2017  b  2017   Vậy hai phương trình có nghiệm phân... giác OPIQ có : OPI  OQI  90 0 (theo câu a) Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp  QOI  QPI (góc nội tiếp chắn cung QI) Lại có ONM  OPQ(cmt)  QOI  ONM  QPI  OPQ  OPI  90 0 (do OM  DP)  ONT vuông