• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề Thi Học Sinh Giỏi Cấp Huyện Toán 9 Năm 2018 – 2019 Phòng GD&ĐT Hoài Nhơn – Bình Định

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề Thi Học Sinh Giỏi Cấp Huyện Toán 9 Năm 2018 – 2019 Phòng GD&ĐT Hoài Nhơn – Bình Định"

Copied!
6
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2018 – 2019

Môn: TOÁN 9 Ngày thi: 01/12/2018

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (4.0 điểm)

a)Thu gọn biểu thức: 2 3 6 8 4

2 3 4

A    

  .

b)Cho 2

1 1

2 1 1 2 1 1

x

    

. Tính giá trị của biểu thức B 

1 2xx2x3x4

2018.

c)Cho x3 32 2 332 2 và y31712 2 317 12 2 . Tính giá trị của biểu thức:

 

3 3 3 2018

Cxyxy  . Bài 2. (4.0 điểm)

a)Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.

b)Chứng minh rằng số tự nhiên 1.2.3...2017.2018. 1 1 1 ... 1 1

2 3 2017 2018

A        chia hết cho 2019.

Bài 3. (5.0 điểm)

3.1. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2b2c2 

a b

 

2 b c

 

2 c a

2

a)Tính a b c, biết rằng ab bc ca9.

b)Chứng minh rằng: Nếu ca c, b thì c a b.

3.2. Cho ba số dương x y z, , thỏa mãn x2019y2019z2019 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

Exyz .

Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M N, lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB AC, sao cho AM AN 1

MBNC  . Đặt AMxANy. Chứng minh rằng:

a) MN2x2y2xy. b) MN   a x y.

c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn

 

O , gọi M là trung điểm của cạnh BC, H là trực tâm của tam giác ABCK là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh

BC. Tính diện tích của tam giác ABC, biết

4

OMHKKMAM 30 cm.

---  HẾT  ---

(2)

Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Bài 1. (4.0 điểm)

a)Thu gọn biểu thức: 2 3 6 8 4

2 3 4

A    

  .

Lời giải.

Ta có: 2 3 6 8 4 2 3 4 2

2 3 4

1 2

2 3 4 2 3 4

A            

    .

b)Cho 2

1 1

2 1 1 2 1 1

x

    

. Tính giá trị của biểu thức B 

1 2xx2x3x4

2018.

Lời giải.

Ta có:

  

2 2

1 1 2 2.

2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1

x  

        

Thay x 2 vào biểu

thức, ta được: B 1 2 2

     

2 2 2 3 2 42018  

1 2 2 2 2 24

2018  

 

120181.

c)Cho x3 32 2 332 2 và y31712 2 317 12 2 . Tính giá trị của biểu thức:

 

3 3

3 2018

Cxyxy  . Lời giải.

●Ta có x3

332 2 332 2

3 3 2 23.x 3 2 2 6 3x

y3

31712 2 31722 2

31712 23.y17 12 2 343y

●Cộng vế theo vế, ta được: x3y3 403x3yx3y33

xy

20182058.

Vậy C 2058 khi x332 23 32 2 và y31712 2 317 12 2 . Bài 2. (4.0 điểm)

a)Tìm các số nguyên dương có hai chữ số, biết số đó là bội của tích hai chữ số của chính số đó.

Lời giải.

Gọi số cần tìm là ab, theo đề, ta có 10a b k a b. . . (Trong đó: 1a b, 9 và a b k, , ).

Suy ra 10 10

. 1 1

b k a

a k a

 

 

. Vì 1 9 1 10 9 10 1 10.

1 9

b k

k a a

        

Từ

10 1

10 1 5 5

9 ;2; ;5;10

1 3 2

10 :

k a k

k a a

   

  

  

    

  

  

  

 

.

●Nếu

 

1

. 3 5 3

1 5 8

3 6 3

6 a a k

k k

a b

b

 

   

 

      

(không thỏa) hoặc 3 2 6 a k b

 

 

 

(thỏa) ab36.

(3)

●Nếu 1 .

2

1 1

2 3

5 5

a k a

k k

a b

b

 

  

 

 

     

(thỏa) ab15.

●Nếu

 

1

. 2 5 2

1 5 7

2 4 2

4 a a k

k k

a b

b

 

   

 

     

 

(không thỏa) hoặc 2 3 4 a k b

 

 

 

(thỏa)ab24.

●Nếu 1 .

5

1 1

5 6

2 2

a k a

k k

a b

b

 

  

 

 

     

(thỏa) ab12.

●Nếu 1 .

10

1 1

10 11

1 1

a k a

k k

a b

b

 

  

 

 

     

(thỏa) ab11. Vậy ab

11;12;15;24;36

.

b)Chứng minh rằng số tự nhiên 1.2.3...2017.2018. 1 1 1 ... 1 1

2 3 2017 2018

A        chia hết cho 2019.

Lời giải.

Ta có 1.2.3... . 1 1 1 ... 1

 

2 3

B n

n

 

        là số tự nhiên. Thật vậy

●Với n1 thì B 1   

 

đúng.

●Với n2 thì B 3   

 

đúng.

●Giả sử

 

đúng khi nk, nghĩa là 1.2.3... . 1 1 1 ... 1 2 3

B k

k

 

      .

●Cần chứng minh

 

đúng khi n k 1, nghĩa là 1.2.3...

1 . 1

1 1 ... 1

2 3 1

B k

k

 

        . Ta có 1.2.3...

1 . 1

1 1 ... 1 1.2.3... 1 1 1 ... 1 .

1

1.2.3...

2 3 1 2 3

k k k

k k

   

 

                .

1 1 1

1.2.3... 1 ...

2 3 1

1.2.3...

k

k B

k

  

 

      

  

  

    

 





 

.

Vậy 1.2.3... . 1 1 1 ... 1 2 3

n n

 

     

 

  là số tự nhiên.

Suy ra, với n2k thì 1.2.3...2 . 1 1 1 ... 1

2 3 2

k k

 

     

 

  và 1.2... . 1 1 ... 1 k 2

k

 

    

 

  là các số tự nhiên

  

1 1 1

... . 1 2 ...2

1 2 2 k k k

k k k

 

         cũng là các số tự nhiên.

● Áp dụng các chứng minh ta có: 1.2...1009. 1 1 ... 1

2 1009

 

    

 

  và

1 1 1

... .1010.1011...2018

 

    

 cũng là các số tự nhiên.

(4)

Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019

Ta có 1011 3

1010.1011...1342...2018 2019 1342 673

 



 

1 1

1.2...1009. 1 ... .1010.1011...1342...2018 2019

2 1009

 

       . Và 3 3

1.2.3...673...1009 2019 673 673

 



 

1 1 1

1.2...1009. ... .1010.1011...2018 2019

1010 1011 2018

 

       .

Vậy số tự nhiên 1.2.3...2017.2018. 1 1 1 ... 1 1

2 3 2017 2018

A        chia hết cho 2019. Bài 3. (5.0 điểm)

3.1. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2b2c2 

a b

 

2 b c

 

2 c a

2

a)Tính a b c, biết rằng ab bc ca9.

Lời giải.

Từ a2b2c2  

a b

 

2 b c

 

2 c a

2 a2b2c22

abbcca

4

abbcca

. Mà ab bc ca9 nên

a b c

2 36    a b c, , 0 a b c 6.

b)Chứng minh rằng: Nếu ca c, b thì c a b. Lời giải.

Ta có a2b2c2 

a b

 

2 b c

 

2 c a

2   

c a b

24ab. Không mất tính tổng quát, giả sử: c a b. Khi đó, ta có:

   

 

2 2 2 1

4 4

2 2 c a b b

c a b ab b

c a b b

   

         .

 

1     c a b 0   c a b.

 

1    c a b 2b   c a b 0

 

 , mà c a 0 suy ra

 

 vô lí.

Vậy: nếu ca c, b thì c a b.

3.2. Cho ba số dương x y z, , thỏa mãn x2019y2019z2019 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

Exyz . Lời giải.

Cách 1.

●Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau:

2019 2019 2

2017 1

1 1 1 ... 1 2019

so

x x x

        . Dấu "" xảy ra khi x1.

2019 2019 2

2017 1

1 1 1 ... 1 2019

so

y y y

        . Dấu "" xảy ra khi y1.

2019 2019 2

2017 1

1 1 1 ... 1 2019

so

z z z

        . Dấu "" xảy ra khi z1.

●Khi đó: 6

x2019y2019z2019

60512019

x2y2z2

x2019y2019z20193x2y2z2 3.

Dấu "" xảy ra khi x  y z 1.

Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y z 1. Cách 2.

●Áp dụng bất đẳng thức COSI ta có các đánh giá sau:

(5)

2019 3

672 1

1 1 1 ... 1 673

so

x x

       ; 2019 3

672 1

1 1 1 ... 1 673

so

y       y2019 3

672 1

1 1 1 ... 1 673

so

z       z

2019

2018 1

1 1 1 ... 1 2019

so

x x

       ; 2019

2018 1

1 1 1 ... 1 2019

so

y       y2019

2018 1

1 1 1 ... 1 2019

so

z       z

●Khi đó: 

x2019y2019z20192016673

x3y3z3

x2019y2019z20193x3y3z33.

Dấu "" xảy ra khi x  y z 1.

x2019y2019z201960542019

x y z

x2019y2019z20193   x y z 3. Dấu "" xảy ra khi x  y z 1.

●Suy ra 6x3 x y3 y z3 zCOSI2

x2y2z2

x2y2z2 3.

Dấu "" xảy ra khi

3 3 3

1 x x

y y x y z

z z

 

     

 



.

Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y z 1. Cách 3. (Sử dụng BĐT HOLDER)

●Áp dụng bất đẳng thức HOLDER, ta có

x2019y2019z2019



x2019y2019z2019

32017

x2y2z2

2019

 

2019 2019 2019 3 2019 2 2 2 2019 2 2 2

3 3

x y z

x y z x y z

        . Dấu bằng xảy ra khi x  y z 1.

Vậy E đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi x  y z 1.

Bài 4. (4.0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M N, lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB AC, sao cho AM AN 1

MBNC  . Đặt AMxANy. Chứng minh rằng:

a) MN2x2y2xy. b) MN   a x y.

c) MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Lời giải.

● Vì

1 1

1 2

1 1

2

AM AN AN a

x a x x

AM AN MB NC NC x y a

AN AM AM y a y a

MB NC

NC MB MB y

  

  

      

     

  

   

               .

Không mất tính tổng quát ta giả sử AMAN . Kẻ MHAC như hình vẽ bên.

Khi đó, ta có .cos 60 2 AHAM   AM . a)Áp dụng định lí PYTAGO, ta có:

MN2MH2HN2AM2AH2

ANAH

2

AM2AN22AN AH. AM2AN2AM AN. x2y2xy

xy

23xy.

 Vậy MN2x2y2xy

xy

23xy

 

1

b)Theo đề, ta có:

AM AN 1 AB 1 AC 1 1 MBNC   MB NC  

(6)

Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019

   

2 2 2

3 3 3 3

a a

a a x y a a a x y xy a x a y

          

   a2 2a x

y

 3xy

 

2 Thay

 

2 vào

 

1 ta được: MN2

xy

22a x

y

a2

xy

22a x

y

a2  

a x y

2

Vậy MN      a x y a x y (vì x y a).

c)Gọi K E, lần lượt là trung điểm của AB AC, . D là tâm đường tròn nội tiếp ABC.

Kẻ DIMN I

MN

. Khi đó ta dễ dàng tính được: 3; ;

6 2 2

a a a

DKDEMK x NE  y. Ta có

2 2

a a

KMNE     x y MN

 

2 axay3xya a

 x y

.

● . . .

2 .

2 2 2

DMN AKD MKD NED AMN

KD MK KE NE AH AN SSSSSDK AK  

 

. . 2 3 3 3

. .

2 4 12 12 4

DK MN AH AN a a x y

DK AK a x y

       

     

3 2 3 3 .

3 3 .

12 12 12 2

a DK MN

a a a x y xy ax ay xy a x y

 

             .

 Do đó . .

2 2

DI MN DK MN

DI DK

   . Suy ra DI là bán kính đường tròn nội tiếp, mà MNDI MN là tiếp tuyến của đường tròn.

Bài 5. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn

 

O , gọi M là trung điểm của cạnh BC, H là trực tâm của tam giác ABCK là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh

BC. Tính diện tích của tam giác ABC, biết

4

OMHKKMAM 30 cm.

Lời giải.

●Gọi D là trung điểm của AC.

Ta chứng minh được AHB MOD (3 cặp cạnh song song)

2 2

AH AB

HG OG

OM MD

     .

● Gọi G là giao điểm của AMOH . Ta chứng minh được AGH MGO g

g

2 2

AG HG AH

AH OM

GM GO OM

      .

● Dễ dàng chứng minh được tứ giác IMKH là hình chữ nhật (hình bình hành có 1 góc vuông).

4

HO KM HO OM

    , suy ra 3OG4OM .

●Áp dụng định lý PYTAGO trong tam giác vuông OGM, ta có:

2

2 2 2 2 16 2

5 6 cm

9 9

OMOGGMOMOMAMOMAM OM  . Khi đó OH 24 cm; AH 12 cm; AK 18 cm.

Ta có OCOAOH2AH2 12 5, từ đó tính được BC2MC 2 OC2OM2 12 19.

Vậy . 18.12 19 108 19 cm

2

2 2

ABC

AK BC

S    .

Mọi sự góp ý, xin nhắn tin đến https://www.facebook.com/lehong.quoc.12

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Bài có nhiều ý liên quan tới nhau, nếu thí sinh mà công nhận ý trên (hoặc làm ý trên không đúng) để làm ý dưới mà thí sinh làm đúng thì cho không điểm điểm ý đó. Điểm

Kết quả cụ thể về điểm và số lần bắn được ghi trong bảng dưới đây, trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại các vị trí

Lấy mỗi số đó trừ đi số thứ tự của nó ta được một hiệu. Hãy tính tổng của tất cả các hiệu đó. Về phía ngoài của tam giác ABC vẽ các tam giác ABE vuông cân tại

b) Chứng minh BH AD. Chứng minh rằng đường thẳng IM luôn đi qua một điểm cố định..  Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.. Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít

Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt tia BC tại M.. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và

Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết.. Tổng điểm của

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. Bài hình nếu hình vẽ không khớp với CM, hoặc không vẽ hình thì không chấm. II)

Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết.. Tổng điểm của