Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Thanh Hóa năm 2018 - 2019

Tính diện tích nhỏ nhất đó theo.[r]

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