012 đề thi HSG toán 9 tỉnh hải dương 2018 2019

Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính.. R Gọi Q là trung điểm của NP và các đường cao MD NE PF của tam giác MNP cắt nhau tại H , , a Chứng minh rằng MH 2OQ b Chứng

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019

MÔN : TOÁN Bài 1

y

P

      và xyz9.Tính 10P1 b) Cho , ,x y z0thỏa mãn x  y z xyz 4

Chứng minh rằng:

x  y z  y z x  z x  y   xyz

Bài 2

a) Giải phương trình:

2

2

2

x



b) Giải hệ phương trình:

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 a n3chia hết cho 3, biết a a a1; 2; 3; ;a nlà các chữ số của 20192018

Bài 4

Cho tam giác MNP nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Gọi Q là trung điểm

của NP và các đường cao MD NE PF của tam giác MNP cắt 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 GTNN của

P

ĐÁP ÁN Câu 1

a) Ta có: xyz9

1

1 10 1 3

x P

P

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

Tương tự ta có:

Vậy, ta có:

x y z xyz xyz xyz

xyz dfcm

 

Câu 2

a) ĐKXĐ: x 2 Ta có phương trình:

2 2

6

6 0

3 3

3 6 2 0

3

x x

  

Vậy 6; 6; 3 3; 3 3

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

2 2

2

Xét x0, thế vào phương trình x2 y2 xy 1 2xđược 2

1 0

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

3 2 0

x x

  



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

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

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:

1:

1

1

TH

y

y

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương    x y;  2;1

b) Vì 20192018 3 nên a1a2  a n 3 Xét hiệu:

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 a n 1 a a n n 1

          chia hết cho 3

Do đó, 3 3 3 3

1 2 3 n

a a a  a chia hết cho 3

Câu 4

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

Suy ra KP/ /NHvà KN / /PH nên tứ giác KPHN là hình bình hành, suy ra H Q K, , thẳng hàng

Xét KMHcó OM OK QH, QK nên OQ là đường trung bình KMH

2

b) Ta có sin sin 2

Tương tự ta cũng có: 2

sin

MN R

MPN

sin

NP R

NMP



Do đó:

MPN  MNP  NMP

2

sin sin 2sin



2

R

NPR NQ

K Q

H

F

E

D

O M

N

P

Áp dụng Pytago có:

2

NOQ

  vuông cân tại QNOQ450

Do đó các tam giác NHF và PHE vuông cân Suy ra NH  2FHvà PH  2HE

Theo câu a thì MH 2OQR 2

2

ND NH FH FH

Tương tự PDH MFH MF HE R PD

Câu 5

Từ giả thiết 1 1 1 3 a b c 3abc

3

3

3

P

2

a b c

a b b c c a

3

2

P

 

Vậy GTNN của P là 3

2 Đạt được khi a  b c 1