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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (238.85 KB, 5 trang )

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

MƠN : TỐN 
Bài 1.

a) Cho 3

3 1 3 3

y

x z

P

xy x yz y zx z

  

      và xyz9.Tính 10P1

b) Cho , ,x y z0thỏa mãn x  y z xyz 4
Chứng minh rằng:



 















. 4 . 4 4 4 4 4 8

x  y z  y z x  z x  y   xyz
Bài 2.

a) Giải phương trình:





2 3 3 6

x

x x

x   

b) Giải hệ phương trình:





2 2

2 2

1 2
2 2

x y xy x

x x y x y

    




   



Bài 3.

a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 x 2y2  y 2xy2 xy3
b) Chứng minh rằng a13 a23 a33...an3chia hết cho 3, biết a a a1; 2; 3;...;anlà các

chữ số của 20192018
Bài 4.

Cho tam giác MNPnhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính .R Gọi Qlà trung điểm

của NPvà các đường cao MD NE PF, , của tam giác MNPcắt nhau tại H
a) Chứng minh rằng MH 2OQ

b) Chứng minh rằng nếu MNMP2NPthì sinNsinP2sinM

c) Chứng minh rằng ME FH. MF HE.  2R2biết NPR 2
Bài 5.

Cho , ,a b c0thỏa mãn 1 1 1 3.

abbc ca  Tìm GTNNcủa

2 2 2

ab bc ca

P

a b b c c a

  

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

ĐÁP ÁN 
Câu 1.

a) Ta có: xyz9

1 .

1 10 1 3

1 1 1

y xyz z

x
P

xy x xyz yz y zx xyz z xyz

y yz

P

y yz yz y yz y

   

     

      

     

b) Ta có: x  y z xyz  4 4x4y4z4 xyz 16.Do đó:























4 4 16 4 4 4 4

2 . 2

x y z x y z yz x x xyz yz

x x yz x x yz

        

   

Tương tự ta có:





















4 4 2

y z x y y zx

z x y z z xy

   

Vậy, ta có:







































4 4 4 4 4 4

2 2 2

2 3 2. 4 3

8 ( )

x y z y z x z x y

x x yz y y zx z z xy

x y z xyz xyz xyz

xyz dfcm

       

     

      

 

Câu 2.

a) ĐKXĐ: x 2. Ta có phương trình:



 











2 2 2 2

4 3 2 2 2

3 4 4 3 6 4 4

3 6 16 36 12 0 6 3 6 2 0

6
6 0

3 3
3 6 2 0

x x x x x x x

x
x

x x x

      

          

  

   

   

   

 

Vậy 6; 6; 3 3; 3 3

3 3

S       

 

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

b) Từ phương trình x2  y2 xy 1 2x2x2 2y2 2xy 2 4x



















2
2

2 2 2 2 4

2 3 0

1 3 0

x x x y x xy x

x x y x y

x x y x y

       

 

      

     

Xét x0, thế vào phương trình x2 y2 xy 1 2xđược y2  1 0(vơ nghiệm)
Xét x     y 1 0 y 1 xthế vào phương trình x2  y2 xy 1 2xta được:

2 1 0

3 2 0

2 1

x y

x x

x y

  


    

   


Xét x      y 3 0 y x 3thế vào phương trình x2  y2 xy 1 2xđược:

10 0

x  x  (vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

    

x y; 



1;0 ; 2; 1





Câu 3.

a) Ta có

2 2 2 2 2 2

2 2 3 2 2 2 2 1

x  x y  y xy xy x  x x  y  xy  y xy









1 x 2y y x 2 1.

      Ta xét các trường hợp sau:

2 2

1 1 2 2

2 2 1 2 3 0

1 1 0 0

2 : ( )

2 2 1 2 3 0

x x x

TH

y

y y x y y

x x x

TH ktm

y

y y x y y

    

  

   

        

 

   

  

   

        

 

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương

   

x y;  2;1
b) Vì 20192018 3 nên



a1a2 ...an



3. Xét hiệu:



3 3 3 3







1 2 3 .... n 1 2 ... n

a a a  a  a a  a



a1 1

 

a a1 1 1

 

a2 1

 

a a2 2 1



....



an 1

 

a an n 1



          chia hết cho 3

Do đó, 3 3 3 3

1 2 3 ... n

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

Câu 4.

a) Ta có MPKMNK 900hay KPMPvà KN MN

Suy ra KP/ /NHvà KN / /PHnên tứ giác KPHNlà hình bình hành, suy ra H Q K, ,
thẳng hàng.

Xét KMHcó OM OK QH, QKnên OQlà đường trung bình KMH

MH OQ

 

b) Ta có sin sin 2

2 sin

MP MP MP

MNP MKP R

MK R MNP

    

Tương tự ta cũng có: 2

sin
MN
R

MPN

 và 2

sin
NP
R

NMP


Do đó:

sin sin sin

MN MP NP

MPN  MNP  NMP

sin sin 2sin
sin sin sin sin

MN MP NP

MPN MNP NMP

MPN MNP MPN MNP



    

 

c) Ta có 2 2

R

NPR NQ

K

Q

H

F

E

D

O

M

N

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

Áp dụng Pytago có:

2 2 2 2

2 2

R R

OQ NO NQ  R   NQ

NOQ

  vuông cân tại QNOQ450

0 0 0

90 45 45

NOP NMP NHF PHE

      

Do đó các tam giác NHFvà PHEvng cân. Suy ra NH  2FHvà PH  2HE

Theo câu athì MH 2OQR 2

Mặt khác 2 . .

ND NH FH FH

NDH MEH ME FH R ND

ME MH R R

       

Tương tự PDH MFH MF HE. R PD.





. . . . 2

ME FH MF HE R ND PD R NP R

     

Câu 5.

Từ giả thiết 1 1 1 3 a b c 3abc.

ab bc ca      Áp dụng BĐT Cơ si ta có:







2 2 2 2 2 2

3 . .

ab bc ca ab bc ca abc

P

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

    

        

Lại có: 3











2

3 3

a b c

a b b c c a

ab bc ca           abc

3
2

P

 

Vậy GTNNcủa Plà 3

</div>