Chứng minh rằng tồn tại 1 một hình tròn bán kính bằng 91 nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong... KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,0 điểm).
a Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2y2 x 2y 5 xy.
b Chứng minh rằng A 22n 4n16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.
Câu 2 (6,5 điểm).
a Giải phương trình:
3
x
x
b Giải hệ phương trình:
Câu 3 (2,5 điểm).
Cho a b c, , là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Câu 4 (6,0 điểm).
1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác đó Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N Chứng minh rằng:
a EF OA
b AM = AN
2 Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB = ACB 90 0
và AC.BD = AD.BC Chứng minh
AB.CD
2
Câu 5 (2,0 điểm)
Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt Chứng minh rằng tồn tại
một hình tròn bán kính bằng
1
91 nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong
2019 điểm đã cho
Đề chính thức
Trang 2HẾT
-Họ và tên: Số báo
danh:
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang
Câu 1 (3,0 điểm).
a Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 y2 x 2 y 5 xy
b Chứng minh rằng A 22n 4n 16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n.
1
(3,0)
a
1,5
Ta có: 2 y2 x 2 y 5 xy x y ( 1) 2 y2 2 y 5
5 2
1
y
(y =1 không thỏa mãn PT)
0,5
Vì x, y là các số nguyên nên y -1 là ước của 5. 0,5
Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4).
0,5
b
1,5
Ta có A 22n 4n 16 22n 1 4n 1 18 0,5 Đặt 22n 22k k *
suy ra 22n 1 2 2k 1 4 k 1 3
Do đó với mọi n nguyên dương ta có: 22n 1 3; 4 n 1 3; 18 3
0,5
2
2 n 4n 16 3
A
Câu 2 (6,5 điểm).
a Giải phương trình:
3
x
x
b Giải hệ phương trình:
2
(6,5)
1.a
3,5
Điều kiện:
3 2
3
3
x
Đề chính thức
Trang 3Đặt a 2 x 3 0, b 2 x
0,5
Ta có:
2
x
4
b
3,0
Hệ phương trình đã cho tương đương với
¿
(x −1 )2+(y −3 )2=1
( x − 1)( y −3)=( x −1 )+ ( y −3 )+ 1
¿{
¿
0,5
Đặt a=x −1 ;b= y − 3¿ ⋅
¿
Ta được hệ phương trình
¿
a2+b2=1
ab=a+b+1
⇔
¿(a+b )2− 2ab=1
ab=a+b+1
¿{
¿
0,5
Đặt S a b P ab ; , điều kiện S2≥ 4 P Hệ trên trở thành
¿
S2− 2 P=1 P=S+1
⇔
P=0
¿{
¿
(thỏa mãn) hoặc
¿
S=3 P=4
¿{
¿
S=− 1 P=0
⇔
ab=0
⇔
¿
¿
a=−1 b=0
¿
¿
¿
a=0
¿
b=−1
¿
¿
0,5
Trang 4+)
¿
a=− 1 b=0
⇔
y −3=0
⇔
¿x=0 y=3
¿{
¿
0,5
+)
¿
a=0 b=−1
⇔
¿x − 1=0
y − 3=− 1
⇔
¿x=1 y=2
¿{
¿ Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0;3), (1;2)
0,5
Câu 3 (2,5 điểm).
Cho a b c, , là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
3
(2,5)
Ta có:
P
P
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:
2
P
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:
2
2
1
1 1
Tương tự: 2
1
x
Từ 2 BĐT trên ta có:
(1x) (1y) 1xy Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
(1 z) (1 1) 1 z (1 z) 1 z 4
0,5
Trang 52 2 2
z
xy z z z
Ta có:
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:
3
0,5
Câu 4 (6,0 điểm).
1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF tại N Chứng minh rằng:
a EF OA
b AM = AN
2 Cho tam giác nhọn ABC, D là điểm trong tam giác đó sao cho ADB ACB 900
và AC.BD = AD.BC Chứng minh
.
2
AB CD
4
(6,0)
1.a
2,5
Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy ra OA xy 1,0
Xét tứ giác BCEF có BEC 900 (GT); BFC 900(GT) do đó tứ giác
BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra ACB AFE (1)
0,5
Mặt khác
2
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
2
(góc nội tiếp) do đó BAx ACB ) (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra AFE BAx ở vị trí so le trong nên EF // xy hay
1.b Đường thẳng EF cắt (O) tại điểm thứ 2 là P, BP cắt DF tại Q. AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội 0,5
Trang 6tiếp, do đó ACB AFP
Mặt khác
0,5
Do đó Sd AM Sd AP suy ra BA là tia phân giác của MBQ và
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp suy
ra ACB BFQ
0,5
do đó BFQ BFM ACB , suy ra FB là tia phân giác của MFQ
Do đó ABN ABP nên AN = AP (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM = AN.
2
1,5
Dựng tam giác vuông cân BDE tại D sao cho E thuộc nửa mặt phẳng có
Ta có ADEACB và DE = DB
Từ giả thiết AC.BD = AD.BC
Suy ra
AC BC BC ADE ~ ACB, từ đó
0,5
Mặt khác BAC EAD , suy ra CAD BAE Do đó CAD ~ BAE
.
2
2
0,5
Câu 5 (2,0 điểm)
Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt Chứng minh rằng tồn tại một
hình tròn bán kính bằng
1
91 nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong 2019
điểm đã cho
5
(2,0) 2,0 Chia hình vuông đã cho thành 2025 hình vuông nhỏ có cạnh bằng nhau1
45
0,5
Trang 7Gọi ( ), ( C1 C2), , ( C2025) là các hình tròn nội tiếp các hình vuông
nhỏ ở trên, chúng có bán kính bằng nhau và bằng
1 90
0,5
hình tròn ở trên có bán kính là:
1
91 Khi đó các hình tròn này nằm trong
hình vuông và đôi một không có điểm chung (rời nhau)
0,5
Trong hình vuông đã cho có các hình tròn rời nhau
trong các hình tròn này không chứa điểm nào trong 2019 điểm đã cho
0,5
20.00
Lưu ý: 1 Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó,
2 Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm.