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

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 29/3/2019 Câu (4,5 điểm)

1) Cho  x y; nghiệm hệ phương trình

2 3

x y m

x y m

   

   

 (với mlà tham số thực)

Tìm mđể biểu thức Px2 8yđạt giá trị nhỏ 2) Giải hệ phương trình

2

3

1

x y

x y

   



  

 (với ,x ythuộc R)

Câu (4,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 9x324x2 27x 9 0x  2) Cho ba số thực dương a b c, , Chứng minh:

3

a b c a b c

b c a a b b c c a

 

       

  

 

Câu (4,5 điểm)

1) Cho a b c, , ba số nguyên khác thỏa 1

a  b c Chứng minh : abcchia hết cho

2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu (2 điểm)

Cho 99

1 2 3 99 100

A    

    tổng 99 số hạng

2 100

B     tổng 99 số hạng Tính AB

Câu (4,5 điểm)

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D E, hai tiếp điểm AB AC, với đường trịn  I Biết ba góc BAC ABC BCA, , góc nhọn Gọi M

Nlần lượt trung điểm hai đoạn BCvà AC 1) Chứng minh : 2AD ABACBC

Câu 1) Ta có:

 

1 3 3 2

2 3 3 1

x y m x y m x m x m

m

x y m x y m y x m y m

       

   

    

              

   

Ta có: Px2 8y4m2 8m 1 4m2 8m 8 2m22 12 12 Dấu " " xảy 2m    2 m

Giá trị nhỏ Plà – 12 m 1

2)  

   

2

2

3 3

2 1

1 3 1

x y xy

x y

x y x y xy x y

                     

Đặt x y S xy P       Ta có:    2 3 3 2 2 2 1

2 2

2

3 1

2 3

3

2 1 2 1

1 5

5

5 0( )

1 1 S S P

S P P

S SP S

S S S

S S S P S S P P S

S S S

S S

S S VN

S

P x y

P S xy S                                                                                         0 x y y x                 

Câu

1 Giải: x4 9x324x2 27x 9 * 

Với x0, * 0x  9 phương trình vơ nghiệm Với x0,chia hai vế phương trình (*) cho x2:

  2

2

27 3

* x 9x 24 x x 18

x x x x

   

             

   

 

2

3

3

3 0( )

3

3

3 6 0 3

3

x

x x VN x

x

x x

x x x x x x

x S

   

       

  

            

  

     

  

2 Ta có:

3

1 1

a b c a b c

b c a a b b c c a

a b c a b c

b c a a b b c c a

 

       

  

 

       

            

  

       

 

     

2 2

4 4

0

0

a b a b c b c a c

b a b c b c a c a

a b b c c a

b a b c b c a c a

  

      

  

  

   

  

Ln , ,a b clà số dương Dấu xảy a b c Câu

1. Ta có: 1 bc a b c (1) a   b c  

+)Với b chẵn, mà a lẻ nên cchẵn, (vì bcchẵn nên a b cchẵn suy c chẵn, alẻ), suy abcchia hết cho

+)Với cchẵn, tương tự abcchia hết cho

2) Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A1000

B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999

C số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Ta có: 9993 373

B=(số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) +Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là:

999

1 333

  

+Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 999 37

1 27 37

  

Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết cho 111) là: 999 111

111

  

Số số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho : 27 18 

Suy B333 18 351.  Vậy C  A B 1000 351 649 

Câu

Ta có:          

1 99

1 2 3 99 100

2 3 98 99 98 99 100 99 99 99 100

A    

   

          

       

100 100 999

A B

    

Câu

a) Gọi Flà tiếp điểm BC với đường trịn (I)

Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD AE BD; BF CE; CF Suy ra: ABACBCADDB  AECE  BF CF AD AE2AD

b) Gọi S giao điểm BIvà MN Ta cần chứng minh D E S, , thẳng hàng Thật vậy:

Do MN đường trung bình tam giác ABCnên MN / /ABB2 BSM (so le trong) B2 B1BSM B1suy MBScân M nên MBMS MC

Tam giác BSCcó đường trung tuyến

SM  BCnên tam giác BSCvng S Ta có:

Tứ giác IECFvà IESClà tứ giác nọi tiếp (đường trịn đường kính IC) Nên điểm , , , ,I E S C F thuộc đường trịn đường kính IC

2 1 1

2

S N

M D

E I

A

Lại có tam giác ADEcân A nên

0

0

1

180

90 (2)

2

A A

AED ADE    B C