001 đề thi HGG toán 9 tỉnh điện biên 2018 2019

b Gọi H là trực tâm của ABC.Chứng minh rằng CH CF.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 09/4/2019 Câu 1 (5,0 điểm)

1 Cho biểu thức 1 : 1 2 1

x P

          

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q xPnhận giá trị nguyên

2 Cho  2  2 

x x  y y   Tính giá trị biểu thức x38y32019

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2x2   x 3 3x x3

2 Giải hệ phương trình:

3

3

6 2

8

x y

x y

  







Câu 3 (3,0 điểm)

1 Chứng minh:

2 2 1 1 3 3 2 2   n 1 n 1 n n   n 1  n

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A5x2 9y2 12xy24x48y82

Câu 4 (6,0 điểm)

1 Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O Kẻ các đường cao BE CF, của ABC E AC F, AB.Các đường cao BE CF cắt (O) lần lượt tại M và N , a) Chứng minh rằng MN song song với EF OAvuông góc với ; EF

b) Gọi H là trực tâm của ABC.Chứng minh rằng CH CF BH BE BC2

2 Cho điểm O thuộc miền trong của ABC.Các tia AO BO CO cắt các cạnh của , , BC,

,

AC AB lần lượt tại , , G E F Chứng minh tổng OA OB OC

AG  BE CF không phụ thuộc vào

vị trí điểm O

Câu 5 (2,0 điểm)

1 Chứng minh rằng Px3 3x2 3x3là một số chính phương khi x 1 3 2 3 4

2 Tìm ,x y thỏa mãn x2 2y2 5

ĐÁP ÁN Câu 1

1 a) Điều kiện : x0;x1

1

x

P

P

P

          

         

 

1



b) Để Q thì x1là ước của 1

0( )

1 1

2( )

x tm x

x



 

  



Vậy x0thì Q

2) Ta có:

 2 2   2  2 2 2

Tương tự ta có:

 2 2  2  2 2 2

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 2x2y  0 x 2y0

Mặt khác 3 3    2 2

x  y   x y x  xy y   Vi x y

Câu 2

1.Đặt xa, x  3 b 0

Ta có phương trình: 2 2   

2a b 3ab 0 ab 2ab 0

TH1: a  b x x3

2

0

1 13

2

2

3 0

1 13 2

x

x

x x

x













 

 



 TH2: 2a b 2x x3

2

0

1

4

x

x

x x

x









  





Vậy 1 13;1

2

S   

2

3

3

6 2(1)

8

x

y

DK y x

y

  





Cộng PT (1) với PT (2) ta được:

TH1: x 2

y

 thay vào phương trình (1) ta được:

3

8 6

y y

  



      



TH2: x2 2x 42 3 0 x2 2x 12 12 3 0

2

2

3 0( )

     

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm     x y;  2;1 ;  1; 2 

Câu 3

1 Ta có:

2

n n



2 Ta có:

      

      

A Dấu bằng xảy ra khi

16

3 2 8 0

3

4 0

4

x

x



GTNN của

4

3

x A

y







  





Câu 4

1 a) Ta có Tứ giác BFEC nội tiếp

BCF FEB(cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC )

BCF BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn (O))

/ / ( ) (*)

BMN FEB MN FE dfcm

D

H N

M

E

F

O A

B

C

Ta có: OM ON R (1)

Mặt khác : ECF FBE(cùng chắn cung EF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC )

(2)

ECF FBE AM AN AM AN

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của MN **

Từ (*) và (**) OAEF

1b) Gọi D là giao của AH với BC Ta có : ADBC

CDH CFB

  (C chung; D F 90 )0 CH CD CH CF CB CD (3)

CB CF

(

BDH BEC B

  chung; D E 90 )0 BH BD BH BE BC BD (4)

BC BE

Cộng vế với vế (3) và (4) ta được:

CH CF BH BE CB CD BD BC

CH CF BH BE BC CD BD BC

2

Đặt S AOB S S1; AOC S S2; BOC S3



G

E F

A

O

3 2 3 2 2 3





Cộng vế với vế: 2 1 2 3

2

ABC

S S S

AO BO CO

 

Vậy tổng AO BO CO

AG  BE CF không phụ thuộc vào vị trí điểm O

Câu 5

3 3

3 3

3

1) 1 2 4

1

2 1

3 3 3 4

x



2

4 2

P

   là một số chính phương

2) x2 2y2 5 (5).Từ phương trình (5) xlẻ  x 2m1m 

Thay vào phương trình (5) ta được:

2m1 2y  5 4m 4m2y  4 2m m 1 y 2(6)

Từ pt (6)  ychẵn  y 2k k  

Thay vào (6) :    2   2

2m m 1 2k  2 2m m 1 4k 2

Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên