020 đề thi HSG toán 9 tỉnh thanh hóa 2018 2019

Đường thẳng OA cắt , dây BC tại.. I Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC Tiếp tuyến tại.. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo .R Câu 5.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN : TOÁN Câu 1

0

x

P

x

b) Cho a 3 7 50 ,b 3 7 50 Chứng minh rằng các biểu thức

7 7

;

M  a b N a b có giá trị đều là số chẵn

Câu 2

a) Giả sử x x1; 2là hai nghiệm của phương trình x2 2kx 4 0( k là tham số) Tìm các giá trị của k sao cho

3

b) Giải hệ phương trình:

2 2

1 2 1

1 2 1







Câu 3

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2 2   

x y x y   x y x b) Cho n *.Chứng minh rằng nếu 2n1và 3n1là các số chính phương thì n

chia hết cho 40

Câu 4

Cho đường tròn O R; và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA2 R Từ A kẻ

các tiếp tuyến AB AC đến đường tròn ,  O (B C là các tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt ,

dây BC tại I Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC Tiếp tuyến tại M của đường tròn

 O cắt AB AC lần lượt tại , , E F Dây BC cắt OE OF lần lượt tại các điểm P và Q ,

a) Chứng minh rằng ABI 600và tứ giác OBEQ nôi tiếp

b) Chứng minh rằng EF 2PQ

c) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC sao cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ

nhất Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R

Câu 5

Cho , ,x y z0thỏa mãn x   y z 1 0.Tìm GTLN của

3 3

2

x y P

x yz y zx z xy



ĐÁP ÁN Câu 1

a) Ta có:

2

1

P



b) Ta có :  3

a    và  3

b    Do đó M 2là số chẵn

Ta lại có: 2 2 2  2

1

a b

ab

 



  

7 7

7 4 3 7 3 4 4 3 3 4

N a b

a a b b a b a b a b

a b a b a b a b

a b a b ab  a b a b 

Câu 2

a) Để phương trình có nghiệm thì   ' 0 k2   4 0 k 2

Ta thấy x0không phải là nghiệm, theo Vi-et thì 1 2

1 2

2 4

x x

  





4 4

1 2

2

2

x x

k k



 



1 2 1

y y xy x

y x

y x



 

  



 2 2

2

1 2 1

x y xy y

x y



 

  



Suy ra 2 22 2 2 0   2  3 0

y y xy x

x y x y

x x xy y

0

x y

x y

y x

 



  



Do đó x   y x y 0là nghiệm của hệ phương trình

Câu 3

a) Phương trình tương đương    2 2 

2 2

2

1

xy

x y x y xy x y

x y





Suy ra

xy x y   x y  x y   x y   x y   x y 

Xét xy0thì x  y 2      x y;  0;2 ; 2;0 

Xét xy        2 x y 0 y x x2 2(ktm)

5

Vậy      x y;  0;2 ; 2;0 

b) Đặt

2 2

2 1

3 1





 

 với a b,  *,suy ra

2

2 1

a  n là số lẻ nên a lẻ

2n a1 a1 4n 23n 1 b là số lẻ nên b lẻ

Đặt b2c1c *

Ta có:  2  

3n 2c1  1 4c c1 8n 8 (1)

Mặt khác số chính phương chia cho 5 chỉ có thể dư 0;1hoặc 4 Do đó

- Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2 n1chia cho 5 dư 3, vô lý

- Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý

- Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n+1 chia cho 5 dư 2, vô lý

- Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n +1 chia cho 5 dư 3, vô lý

Vậy n 5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40

Câu 4

a) Ta chứng minh được OABCtại I

2

OB

OA

COM BOM BOC EOF FOM EOM     AOB

EOF ABI OBEQ

   nội tiếp

b) Ta có OQP OEB OEF OQP OEF PQ OQ(1)

EF OE

Mặt khác OBEOQE1800mà OBE 900

I

K

H

Q P

F

E

C

B

M

 

OQ

OE

Từ (1) và (2) suy ra EF 2PQ

c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA và cắt AB và AC lần lượt tại K và H

Vì OQP OEFnên

2

OPQ OEF

S

3

R

K BOI  HC KBOB K OB 

Lại có EF FM EM FCEBHFHC  KEKB

3

R

HF KE HC KB HF KE HC HF KE

Mặt khác, ta chứng minh được HFO OFE và KOE OFEnên

2 2

0

4

sin 60 3

Do đó,

2

OPQ

R EF R

S   Diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất là

2 3 12

R

Khi đó M là điểm chính giữa cung BC

Câu 5

1

x yz y zx z xy x yz y zx z xy

2

2

2

2

4

1

3 1

6

z z z

z











Áp dụng BĐT Cô si ta có:

2

3 1

P

Vậy GTLN của P là 4

729 , đạt được khi x y 2,z5