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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (324.66 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
KHỐI 9 NĂM HỌC 2018-2019

MƠN THI: TỐN 
Câu 1. (3,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức 4 1 9 4 2
2 7 2 10 7 89 28 10

P   

   

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

2
2

1
.
1

xz z z

y y

z z


 

  Chứng minh rằng

1 1 1

xyx yz   yz  y  zx z  
Câu 2. (5,0 điểm)

1. Giải phương trình 3 2 2 4 5



2 2



4 4
15

x x  x x  x 

2. Giải hệ phương trình









1 2 1

4 5 1 6 13

x y x y

xy x y

x y x y x

    

  






      


Câu 3. (3,0 điểm)

1. Cho các đa thức ( )P x và ( )Q x thỏa mãn ( ) 1



 





P x  Q x Q x  x .Biết rằng
các hệ số của ( )P x là các số nguyên không âm và P

 

0 0.Tính P



3P

 

3 P

 



2. Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

x y; thỏa mãn phương trình:









 





1 1 6 2 2 1 1

x y x y  xy y  x y  x y

Câu 4. (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn



O R;



, vẽ đường tròn



O R'; '



tiếp xúc với cạnh AD tại H, tiếp xúc với cạnh BC tại G và tiếp xúc trong với đường tròn

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

thẳng MA chứa điểm D)

1. Chứng minh DHM DMt AMHvà MH MG, lần lượt là tia phân giác của các góc
& .

AMD BMC

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

3. Chứng minh đường thẳng HGđi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD.
Câu 5. (2,0 điểm)

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













2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

. 3 . 3 3 6

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

 

      

          

2. Cho một đa giác có 10 đỉnh như hình vẽ ở bên
(bốn đỉnh A B C D, , , hoặc B C D E, , , hoặc C D E F, , ,
hoặc … hoặc J A B C, , , được gọi là 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác). Các đỉnh của đa giác được đánh số một
cách tùy ý bởi các số nguyên thuộc tập hợp



1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 (biết mỗi đỉnh chỉ được đánh



bởi 1 số, các số được đánh ở các đỉnh là khác nhau).
Chứng minh rằng ta ln tìm được 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn
21)

A

B

C

D

E

F

G

H

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ĐÁP ÁN 
Câu 1.

1.Ta có: 72 10 



5 2



2 ;94 2  



1 2 22



Và 8928 10 



72 10



2, Do đó:













2 2

1 1 2 2

4 4 1 1 2 2

2 5 2 7 7 2 10

4 2 2 4 1

5 2 10 5 5

P

   

   

   

    

Vậy P 5
2. ta có:







2 2

1 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

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

  

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1 1 1 1

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

1 1 1

xy x yz   yz  y   zx  z   khi , ,x y z0 thỏa mãn
2

1
1

xz z z

y y
z z

 
 
Câu 2.

1. Điều kiện xác định : xR
+)Nhận xét

2 4 2 1 7

2 0 ; 4 0 , 2 0

4 8

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

 

Do đó từ (1) suy ra x0
Phương trình (1)

4
2

2 4 5 2 4

x

x x

x x x


 
      
 
2
2
2

2 4 5 2 4 2 4 5 2 2

1 1 4

15 15

x x x x x x

     

                  

     

Đặt a x 2



a 2 2



x

  

Khi đó ta có phương trình





2





2 2



2



15 a 1 4 5 .a a 4 45 a 1 16a a 4

       













4 2 3 2

3 2

16 109 90 45 0 3 16 48 35 15 0

3 16 48 35 15 0.. ... 2 2

a a a a a a a

a a a a do a

          

       

+)Với a3ta có: 2 3 2 3 2 0 1( )
2( )

x tm

x x x

x tm
x


       



Vậy S 

 

1;2
2. Điều kiện

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Phương trình

  















2 2

1 2 1 1 2 1

1 x y 4 x y 0 x y x y 0

xy x y xy x y

       
      
 























2 2

1 1 2 1

0 1 x y x y 0

x y x y x y

x y

xy x y xy x y

  

     

      

 

1 0 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) của hệ phương trình ta được phương trinh:













2 2

2
2
2

4 5 1 13 6 0 4 5 8 6 0

4 4 1 6 9 2 1 3

2 1 3 2 2

2 1 3 4 2

x x x x x x

x x x x

         
         
      
 
    
 
 
2
7 1

)2 2 0( ... .... 0)

4 2

x x x  x  VN vi x

         

 





2 2

17 33

4 2 0 2 17 33

)4 2 8

8
4 17 16 0

4 2

17 33
8
x

x x x

x x x

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

Với 17 33 33 9

8 8

x   y  thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

 

; 17 33; 33 9

8 8

x y     

 

Câu 3.

1. Từ giả thiết ta có:

 

0 1



 



0 1

 

P  Q Q  và

 

1 1



 



(2)
2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Giả sử P x

 

a0 a x1 a x2 ...a xn ,trong đó a a a0, ,1 2,....,anlà các số nguyên không
âm suy ra a0  a1 a2 ...an 0do đó 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

 



0
2. Ta có :



x y 1



x 1 y



6xy y2



2 x y

 

2 x1



y1







2 2



 



2 2



 



1 6 2 2 1 2 2 3

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

                  



















2 2 3 2 3

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

             

Vì ,x y nên x y 2;x y y2là các ước của 3
2
2
2
2
2
2
2
2

2 1 0 3

3 3

3
2

2 1 4

3 1 1

2 3 0 1

1 1

7
2

2 3 4

1 5 3

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

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

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 4.

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

Vì Mtvà DH là các tiếp tuyến của

 

O' nên DHM HMt (3)
Và HMtHMDDMt (4)

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

2. Xét

 

O' có 1
2

HGM HMt sd HM

 , xét

 

O có

1
2

ECM EMt sd EM

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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 và BG đều là tiếp tuyến của

 

O' )
Và EHADHM MGH

 

Từ (4), (5), (6), (7) suy ra EIM MGH BGH EHA AHGEHI EIM
3. Ta có CElà tia phân giác của ACD

 

* (vì EM là tia phân giác của AMD

)
sdEA sdED

 

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

 và EIMcó HEI MEIvà EHI EIM
2

( . ) EI EH . (8)

EHI EIM g g EI EH EM

EM EI

      

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

 và EDMcó HEDMEDvà EDH DMH  EHD EDM g g( . )
2

. (9)
ED EH

ED EH EM
EM ED

   

Từ (8) và (9) suy ra EI ED EIDcân tại EEDI EID

 

10
DIcắt (O) tại K, ta có: 1





(11)

EDI  sdEAsdAK

Và 1





(12)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Từ (10), (11), (12) và do sdEAsdEDsdAK sdKCDKlà tia phân giác ADC

 

**
Từ (*), (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Rõ ràng, HG đi qua I là tâm đường tròn nội tiếp BCD.
Câu 5.

1.Áp dụng BĐT





1 1 1 9 1 1. 1 1 1 , , 0
9

x y z x y z

x y z x y z x y z

   

            

 

   

Và 12 12 12 1 1 1



x y z, , 0



x  y  z  xy  yz  xz 

Vì a b c, , 0ta có : 12 12 12 1 1 1 ,

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

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

(2)

3 2 3 2 3 2 6

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

 

      

       

Ta có

 

2 1 2 1 2 1 2 1

3 2 3 2 3 2 6

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

 

 

     

       

3 2 3 2 3 2 6

ab bc ac a b c

a b c b c a c a b

 

   

     

Ta có:



 



1 1 1 1

3 2 2 9 2 9 2

ab ab ab ab ab a

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

   

         

             

Vậy 1 (3)

3 2 9 2

ab ab ab a

a b c a c b c

 

    

     

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(4)

3 2 9 2

(5)

3 2 9 2

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 , 4 , 5 ta có:
1

3 2 3 2 3 2 9 2 6

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) đúng do đó BĐT (1) đúng

2. Gọi x x x1, 2, 3,...,x10là các số phân biệt được 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 là khơng
tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài tốn. Khi đó ta có:

1 2 3 4

2 3 4 5

3 4 5 6

10 1 2 3
21

21
...

21
x x x x

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

   



    
    





   



Từ đó suy ra 4



x1x2  x3 ...x10



10.21 210

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

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

</div>

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















 







 



 

 



 









 





























<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>G</b></i>

<i><b>H</b></i>



































































 

  