035 đề thi hsg toán 9 tỉnh bình phước 2018 2019

Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC tại I I B.Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K a Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp b Chứng minh PK QC QB PD.. c Đường thẳng AP cắt đường tr

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH PHƯỚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 06/03/2019

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề

Câu 1 (5,0 điểm)

1) Cho biểu thức

P

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  3 2 2   5 1 3 2 2    5.1 2 2) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn: x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của1

Câu 2 (5,0 điểm)

1 Giải phương trình 3x 5 x2  4x  2x 3

2 Giải hệ phương trình:  2  2







3 Cho hàm số  P y x:  2.Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d :y 2x m  1 cắt đồ thị hàm số  P tại hai điểm phân biệt A x y 1, 1;B x y thỏa mãn 2, 2

1 2 1 2 12

Câu 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cạnh

AB D A B Gọi M N lần lượt là trung điểm của , , CB CA Đường thẳng MN cắt (O) tại

hai điểm , ( ,P Q P Q lần lượt thuộc cung CB và CA) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP

cắt BC tại I I B.Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K

a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp

b) Chứng minh PK QC QB PD.  .

c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G G P  .Đường thẳng

IG cắt BA tại E Chứng minh rằng khi D di chuyển trên BAthì

AD

AE không đổi

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD với AB a AD b ,  Trên các cạnh AD AB BC CD lần , , ,

lượt lấy các điểm , , ,E F G H sao cho luôn tạo thành tứ giác EFGH Gọi c là chu vi của tứ giác EFGH Chứng minh . c2 a2b2

Câu 5 (3,0 điểm)

1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 4y4 6y2  1x

2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n chẵn thì: n3 20n96chia hết cho 48

ĐÁP ÁN Câu 1.

1a) Điều kiện xác định : 1 x 10, đặt a  x 1,0a  , khi đó:3

   

 

 

 

2

2

2

:

:

3

P

a



b) Ta có:

Vậy

2

2 2 1 4

2.Ta có:

2

 2 2

1

2

mà x y  1 x2  y2 2xy 1 2x2  y2 x y 2 1

 2 2  2 2 1 1

Dấu " " xảy ra khi

1 2

x y 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1

4 khi

1 2

x y 

Câu 2.

1 Điều kiện

3 2

x 

 

2

5( )

( ) 2







 

 Vậy phương trình có nghiệm x 5

2 Ta có

 

   

(*)

Đặt a x 1;b y  2 ta có hệ phương trình:

 

2 2

4

*

4

4

4

ab

ab

a b

a b









Nghiệm của hệ phương trình S  1;4 ; 3;0   

3 Phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P là x2 2x m  hay1

 d và  P cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

        

Do ,A B thuộc  P nên 2 2

1 1; 2 2

y x y x Theo đề bài ta có:

1 2

4

3

x x

x x







Theo hệ thức Viet ta có:

1 2

1 2

2 1





 

 Nếu x x 1 2 4 thì m  1 4 m3(ktm)

Nếu x x 1 2 3thì m  1 3 m4( )tm

Vậy m  là giá trị cần tìm 4

Câu 3.

E G

K

P

N M

C

B

A D

J

a) Tứ giác BDIP nội tiếp suy ra PIK 1800  PID PBA 

Mà tứ giác CPBA nôi tiếp  PCK 1800  PCA PBA  PIK PCK  suy ra tứ giác

CIPK nội tiếp.

b) Tứ giác CIPK nội tiếp và tứ giác PBDI nội tiếp, suy ra PKI PCI  và

Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy ra QPB BCQ  hay MPB MCQ 

mặt khác PMB CMQ  (đối đỉnh)

   

Chứng minh tương tự

( ) PC MP(3)

    

Từ (2) và (3) kết hợp

(4)

MB MC

Từ (1) và (4)

PK QC QB PD

c) Do tứ giác BDGI và tứ giác CPBA nội tiếp, suy ra PGI PBI và

Trên BC lấy J sao cho KPI CPJ  Tứ giác CIPK nội tiếp , có: IPK 1800  KCI BCA  không đổi

Suy ra J là điểm cố định

CB CJ



không đổi (6) Lại có PKI PCJ g g( )và ( ) (7)

Từ (5), (6), (7) suy ra

AD

AE không đổi

Câu 4.

K I

C

A

D

B E

F

G

H

Gọi , ,I K M theo thứ tự là trung điểm của , EF EG GH AEF,  vuông tại A và có AI là đường trung tuyến nên

1 2

Tương tự

1 2

là đường trung bình của AFG nên

1 2

Tương tự: 1

2

2

Ta có : AI IK KM  MC AC (vì đường gấp khúc AIKMC AC ).

Suy ra c2AC 2 a2 b2

Câu 5.

1 Đặt x a a , 0,y2 b b, 0

Lập bảng

b 1 1

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là x y ;  9;1

2) Ta có n chẵn  n2 ,k k  Suy ra :

   

3

Do k 1; ;k k  là 3 số nguyên liên tiếp nên 1 k 1 k k 1chia hết cho 6

Vậy với mọi số nguyên n chẵn thì n320n96chia hết cho 48