Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bình Định (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Chứng minh n6 2 n 4 n 2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương. 2) Cho ba số phân biệt abc,, . Đặt: x abc 29 aby , abc 2 9 bcz , abc 2 9 ac . Chứng minh rằng trong ba số x,, y z có ít nhất một số dương. Câu 2: 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y 2 x y 1 9 y 1 13 2) Giải phương trình: xx2 2018 2018 Câu 3: 1) Cho ba số abc,, không âm thỏa mãn điều kiện: a2 b 2 c 2 2 ab bc ca và pqr,, là ba số thỏa mãn: pqr 0 . Chứng minh rằng: apq bqr crp 0. 2) Cho các số dương ab, thỏa mãn ab.1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 M a b 1 a22 b ab Câu 4: 1) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H. a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ tại K. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại P. Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q. Chứng minh tứ giác AQDP là tứ giác nội tiếp. 2) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí của điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
2. STT 07. LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Chứng minh n6 2 n 4 n 2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương. 2) Cho ba số phân biệt abc,, . Đặt: x abc 29 aby , abc 2 9 bcz , abc 2 9 ac . Chứng minh rằng trong ba số x,, y z có ít nhất một số dương. Lời giải 6 42644242 22 2 1) Ta có: nnnnnnnnn 2 1 nn 1 nn 1 n 1 A 2 2 Đặt A n n 11 n , ta có và 2,3 1 A 6 n n 1 n 1 36 A 3 (đpcm) 2) Ta có: xyz abc 29 ababc 2 9 bc abc 2 9 ac 3 abc 2 9 abbcca 3 2 2 2 3 abc2 2 2 abbcca ab bc ca 2 3 2 2 2 Vì là ba số phân biệt nên a b b c c a 00 x y z . 2 Do đó trong ba số phải có ít nhất một số dương. Câu 2: 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x y 2 x y 1 9 y 1 13 2) Giải phương trình: xx2 2018 2018 Lời giải 1) Ta có: xyxy 2 191132 y xxyxxyyyy22 2 99130 226xxyxxyyy22 3551572 xy xxy 3 yxy 35 xy 37 x y 3 2 x y 5 7
3. 10 x x y 3 1 x y 2 3 + TH1: (loại) 2x y 5 7 2 x y 12 16 y 3 10 x x y 3 7 x y 4 3 + TH2: (loại) 2x y 5 1 2 x y 6 2 y 3 x y 3 1 x y 4 x 2 + TH3: (thỏa mãn) 2x y 5 7 2 x y 2 y 2 x y 3 7 x y 10 x 2 + TH4: (thỏa mãn) 2x y 5 1 2 x y 4 y 8 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên xy; là: 2;2 , 2;8 . 2) ĐKXĐ: x 2018, đặt xt 2018 , ,0t tx2 2018 2 2 2 xt 0 Ta có x x2018 2018 x t t x x t x t 1 0 xt 1 xt 0 xx2 2018 0 1 3 897 + TH1: x 2018 x 0 2018 x 0 2 xt 1 xx2 2017 0 1 8069 + TH2: x x 1 x 1 2 1 3 897 1 8069 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x ; x . 2 2 Câu 3: 1) Cho ba số abc,, không âm thỏa mãn điều kiện: a2 b 2 c 2 2 ab bc ca và pqr,, là ba số thỏa mãn: pqr 0. Chứng minh rằng: apq bqr crp 0. 2) Cho các số dương ab, thỏa mãn ab.1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 M a b 1 a22 b ab Lời giải 1) Từ gt: abc2 2 2 2 abbcca abc 2 4 bc | abc | 2 bc
4. Lại có: p q r 0 r p q apq bqr crp apq bq p q cp p q apq bpq bq2 cpq cp 2 pq a b c bq 2 cp 2 Ta có: bq22 cp | pq | 2 bc | pq || a b c | pq a b c pq a b c bq22 cp 0 apq bqr crp 0 (đpcm). 2) Sử dụng BĐT AM – GM, ta có: a22 b 22 ab 22 4 4 4 Mabab 1 ab 1 .2 ab ab 2 a b a b a b 4 2 a b . 2 ab 2 2.2 2 2 8. Dấu “=” xảy ra khi ab 1. ab Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8 khi . Câu 4: 1) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H. a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC. Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ tại K. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại P. Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q. Chứng minh tứ giác AQDP là tứ giác nội tiếp. 2) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho BD = AE. Xác định vị trí của điểm D, E sao cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất. b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Lời giải
5. A I E F Q K H B D P J C M BD BH 1. a) Ta có: BDH∽ BEC (g-g) BH.BE = BC.BD (1) BE BC BC CE BEC∽ ADC (g.g) = BC.CD = CE.AC (2) AC CD Từ (1) và (2) suy ra: BH.BE.BC.CD = BC.BD.CE.AC AC.BD.CE = BE.CD.BH (đpcm). b) Ta có: AEH = AFH 900 Tứ giác AEHF nội tiếp 1 1 Ta có: IE IF AH ; JE JF BC IEJ IFJ (c-c-c) 2 2 KIE KIF JIE JIF KIE KIF KAE KAF MAC MAB MC MB 22 BDQ MBC BMQ MAB BAQ QAP Tứ giác AQDP nội tiếp. B 2. a) Kẻ AH BC H BC , qua D kẻ DK AB K BC K DKB 9000ABC 45 BDK vuông cân tại D. D H BD DK AE Tứ giác ADKE là hình chữ nhật. DE AK . Ta có: AK AH DE AH . Vậy DE nhỏ nhất khi KH khi đó D là trung điểm của AB và E là trung C điểm AC. A E b)
6. Đặt AB AC a, a 0 ; BD AE x AD a x Ta chứng minh BĐT: Với mọi a, b ta luôn có: a + b 2 4ab (*) Thật vậy: (*) a b 2 0 (BĐT luôn đúng). 2 1 1 12 a Áp dụng (*) ta có: S =AD.AE= a xx a x x ADE 2 2 8 8 1a2 a2 a 2 3a 2 S = AB.AC = . Do đó: SSS không đổi. ABC 22 BDEC ABC ADE 2 8 8 a Dấu “=” xảy ra khi a x x x . Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất là 2 3a22 3AB khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC. 88