Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Thanh Hóa năm 2018 - 2019

Tính diện tích nhỏ nhất đó theo.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019

MƠN : TỐN Câu

a) Rút gọn :

0

2 2

x

x x x x x

P

x

x x x x x x

          

       



      

   

b) Cho a 7 50 ,b 7 50 Chứng minh biểu thức

7

;

M  a b N a b có giá trị số chẵn Câu

a) Giả sử x x1; 2là hai nghiệm phương trình x2 2kx 4 0(klà tham số) Tìm giá trị ksao cho

2

1

2

3

x x

x x

   

 

   

   

b) Giải hệ phương trình:

2

1 1

x x y

y y x

    

 

   

 Câu

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình : x y2 2x y  x y x 1

b) Cho n *.Chứng minh 2n1và 3n1là số phương n

chia hết cho 40 Câu

Cho đường tròn O R; và điểm A cố định bên ngồi đường trịn, OA2 R Từ Akẻ tiếp tuyến AB AC, đến đường tròn  O (B C, tiếp điểm) Đường thẳng OAcắt dây BCtại I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC.Tiếp tuyến M đường tròn

 O cắt AB AC, E F, Dây BCcắt OE OF, điểm Pvà Q

a) Chứng minh ABI 600và tứ giác OBEQnôi tiếp b) Chứng minh EF 2PQ

c) Xác định vị trí điểm Mtrên cung nhỏ BCsao cho tam giác OPQcó diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R

Câu

Cho , ,x y z0thỏa mãn x   y z 0.Tìm GTLNcủa

   

3

2

x y P

x yz y zx z xy



ĐÁP ÁN Câu

a) Ta có:

 

       

2

1 4 5 1 1

: :

1

2

x x x x x x x

P

x x x

x x x x

       

  



  

b) Ta có :  

3

3 2 1 2 1

a     

3

3 1 2 1 2

b    Do M 2là số chẵn

Ta lại có: 2  2

a b

a b a b ab

ab   

     

  

 , đó:

 

    

7

7 4 3

3 4 3

N a b

a a b b a b a b a b

a b a b a b a b

 

     

    

  2 2   2 22 2 2

2 478

a b a b ab  a b a b 

        

  số chẵn

Câu

a) Để phương trình có nghiệm   ' k2   4 k 2 Ta thấy x0khơng phải nghiệm, theo Vi-et

1

2

x x k

x x              2 4 2 2 2

2 2

1 2 2

2

2

3 48

2 48 80

4 80

x x

x x

x x

x x x x x x x x

k k                                   

5 2

2

k k             

b) Ta có:  

2 2

2

2 2 2

1

2

2 1

y y xy x

x y x

x x y

 2 2

2 2 2

1

2

2 1

x y xy y

y x y

y y x

x y

x y

         



     

    

 



Suy    

2

2 2

2

2 2

y y xy x

x y x y

x x xy y

    

      

  

   

 Vì

2

0

2

x y

x y y x

  

  

  

 Do x   y x y 0là nghiệm hệ phương trình

Câu

a) Phương trình tương đương   2 1 2 2

xy

x y x y xy x y

x y



      

 Suy

   2   2   2   2   2   2 

2 1 5

xy x y   x y  x y   x y   x y   x y 

     

2 2

1 1;5 0;4 2;0;2

x y x y xy

       

Xét xy0thì x  y      x y;  0;2 ; 2;0  Xét xy        2 x y y x x2 2(ktm)

Xét 4( )

5

xy   x y ktm

Vậy      x y;  0;2 ; 2;0  b) Đặt

2

2

n a

n b

   



 

 với a b,  *,suy

2

2

a  n số lẻ nên alẻ

Do đó:   

2n a1 a1 4n 23n 1 b số lẻ nên blẻ Đặt b2c1c *

Ta có: 3n2c12  1 4c c 1 8 n (1)

Mặt khác số phương chia cho dư 0;1hoặc Do - Nếu nchia cho dư 2n1chia cho dư 3, vô lý

- Nếu nchia cho dư 3n+1 chia cho dư 2, vô lý

- Nếu n chia cho dư 2n+1 chia cho dư 2, vô lý - Nếu n chia cho dư 3n +1 chia cho dư 3, vơ lý

Vậy n (2)

Câu

a) Ta chứng minh OABCtại I

Do đó,

cos cos 60

2

OB

ABI AOB ABI

OA

    

Mặt khác 600

2

COM BOM BOC

EOF FOM EOM     AOB

EOF ABI OBEQ

   nội tiếp

b) Ta có OQP OEB OEF OQP OEF PQ OQ(1)

EF OE

      

Mặt khác OBEOQE1800mà OBE 900

I

K H

Q P

F

E

C B

A O

 

0 0 1

90 90 30 sin

2

OQ

OQE OEQ EOF OEQ

OE

         

Từ (1) (2) suy EF 2PQ

c) Qua Okẻ đường thẳng vng góc với OAvà cắt ABvà AC K H Vì OQP OEFnên

2

1

4 8

OPQ OEF

OPQ OEF

S EF S OM EF R EF

S

S PQ

 

      

 

Vì 600 cot cot 600

3

R

K BOI  HC KBOB K OB 

Lại có EF FM EM FCEBHFHC  KEKB

     

2

3

R

HF KE HC KB HF KE HC HF KE

        

Mặt khác, ta chứng minh HFO OFEvà KOE OFEnên

2

0

4

sin 60

HF HO R R

HFO KOE HF KE OK OH OK

OK KE              Do đó, 12 OPQ

R EF R

S   Diện tích tam giác OPQnhỏ

2

3 12

R

Khi M điểm cung BC

Câu

Ta có:      

2

3 2

1

x yz y zx z xy x yz y zx z xy

P x y y x x y

                          2 2 2

2 2

2

2 2

2

4

1 1

4

4 12

1 1

1

1 1

3

12 1

6

1 1 8

x y z x x z z

z z z z z z

y x xy y y xy x y

z z z

z z z

z

z z z

z z z

z z                                                                                                       Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

 

 

2

3 2

3

1 12 1 729

6

1 1 8 729

z z z

P

P z z

Vậy GTLN Plà