Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Bảng A - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Nghệ An (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2018 -2019 Đề chính thức 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 2 y 5 xy . n b. Chứng minh rằng A 22 4n 16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. Câu 2. (6,5 điểm). 84xx3 a. Giải phương trình: 23x 25x (xy 1)22 ( 3) 1 b. Giải hệ phương trình: (x 1)( y 3) 3 x y Câu 3. (2,5 điểm). Cho ab, ,clà các số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 4 a b c P a b b c c a 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 900 và AB. CD AC.BD = AD.BC. Chứng minh 2 . ACD AB D; DAC AC. BD Câu 5. (2 điểm). Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong 91 2019 điểm đã cho. ---------- HẾT ---------- Câu 1. (3,0 điểm). a. Ta có 2y2 x 2 y 5 xy ( y 1)(2 y x ) 5 1.5 5.( 1).Từ đó ta có nghiệm là (-9;- 4);(-5;0);(9;2);(13;6). n n b. Do n là số nguyên dương 2 chia hết cho 2 nên ta đặt 22 k với k 2n k k n n nguyên dương.Ta có 2 4 (3 1) ;4 (3 1) chia cho 3 dư 1 và 16 chia 3 dư 1 n nên A 22 4n 16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. Câu 2. (6,5 điểm). 35 a)Ta có điều kiện xx ; .Ta có 22 84xx3 2x 3 (2x3).2 x 3 22 x 3 (2x)3 2.(2x).Ta đặt 25x a 2x; b 2 x 3 0 phương trình được viết lại (a b )( a22 ab b 2) 0 a b. Từ đó 1 13 ta có nghiệm là x . 4 (1)(x 2 y 3)1 2 (1)( x 2 y 3)1 2 b. Ta có .Ta có cách đặt (x 1)( y 3) 3 x y ( x 1)( y 3) ( x 1) ( y 3) 1 ẩn phụ a x 1; b y 3.Khi đó ta có hệ ab 3 2 2 2 a b 1 ( a b ) 2a b 1 ab 4 .Ta tiến hành giải hai hệ trên. ab a b 11 ab a b ab 1 ab 0 ab 3 2 Ta có (a b ) 4 ab nên hệ vô nghiệm. ab 4 a 0 ab 1 b 1 Ta có nên khi đó ta có nghiệm hệ là (0;3);(1;2). ab 0 a 1 b 0 Câu 3. (2,5 điểm). 1 1 1 Ta có (xy 1)22 xy ( x y ) 0 với xy, là các số thực dương . (1 x )22 (1 y ) xy 1 4 4 4 4 4 4 a b c 1 1 1 Ta có P .Ta đặt b c a a b b c c a 1 1 1 a b c b c a x 0; y 0; z 0 xyz 1 .Ta có acb 4442 1 1 1 1 1 1 1 P 2 2 2 .Ta có 1 x 1 y 1 z 3(1)(1)(1) x y z 1 1 1 1 1z 1 3 Kz ( 1)2 0 .Từ đó suy ra (1) x2 (1) y 2 (1) z 2 1 xy (1) z 2 z 1(1) z 2 4 3 3 P a b c . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là abc . 16 16 PHẦN HÌNH LÀM BIẾN GÕ QUÁ