Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Đồng Nai
Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Đồng Nai
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019
Câu 1 (4,5 điểm)
Cho $\left( x;y \right)$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x-y=m+1 \\& 2x-3y=m+3 \\\end{align} \right.$ (với $m$ là tham số thực).
Tìm $m$ để biểu thức $P={{x}^{2}}+8y$ đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1 \\& {{x}^{3}}-{{y}^{3}}=-1 \\\end{align} \right.$ (với $x,y\in \mathbb{R}$).
Câu 2 (4,5 điểm)
1) Giải phương trình ${{x}^{4}}-9{{x}^{3}}+24{{x}^{2}}-27x+9=0\text{ (x}\in \mathbb{R}\text{)}$
2) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\ge 4\left( \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \right)$
Câu 3 (4,5 điểm)
1) Cho $a,b,c$ là ba số nguyên khác 0 thỏa $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh rằng: $abc$ chia hết cho 4.
2) Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999.
Câu 4 (2 điểm)
Cho $A=\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+….+\frac{99}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}$ là tổng của 99 số hạng.
$B=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}+…+\sqrt{100}$ là tổng của 99 số hạng.
Tính $A+B$.
Câu 5 (4,5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $\left( I \right)$. Gọi $D,E$ lần lượt là hai tiếp điểm của $AB,AC$ với đường tròn $\left( I \right)$. Biết ba góc $\widehat{BAC},\text{ }\widehat{ABC},\text{ }\widehat{BCA}$, đều là góc nhọn. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai đoạn $BC,AC$.
1) Chứng minh: $2AD=AB+ACBC$
2) Chứng minh rằng ba đường thẳng $BI,\text{ }DE,\text{ }MN$ đồng quy.
—-Hết—-
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019
Câu 1 (4,5 điểm)
Cho $\left( x;y \right)$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x-y=m+1 \\& 2x-3y=m+3 \\\end{align} \right.$ (với $m$ là tham số thực). Tìm $m$ để biểu thức $P={{x}^{2}}+8y$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
$\left\{ \begin{array}{l}
x – y = m + 1\\
2x – 3y = m + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3x – 3y = 3m + 3\\
2x – 3y = m + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2m\\
y = x – m – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2m\\
y = m – 1
\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {\forall m \in R} \right)$
Ta có: $P={{x}^{2}}+8y=4{{m}^{2}}+8(m-1)=4{{m}^{2}}+8m-8={{\left( 2m+2 \right)}^{2}}-12\ge -12$
Dấu “=” xảy ra khi $2m+2=0$$\Leftrightarrow m=-1$. Giá trị nhỏ nhất của P là $-12$ khi $m=-1$
Câu 2:
Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1 \\& {{x}^{3}}-{{y}^{3}}=-1 \\\end{align} \right.$ (với $x,y\in \mathbb{R}$).
Lời giải
Ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} = 1\\
{x^3} – {y^3} = – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {x – y} \right)^2} + 2xy = 1\\
(x – y)\left( {1 + xy} \right) = – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2xy = 1 – {\left( {x – y} \right)^2}\\
\left( {x – y} \right)\left( {2 + 2xy} \right) = – 2
\end{array} \right.$
Suy ra $\left( x-y \right)\left[ 2+1-{{\left( x-y \right)}^{2}} \right] =-2\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{3}}-3\left( x-y \right)-2=0$
$\Leftrightarrow \left( x-y-2 \right){{\left( x-y+1 \right)}^{2}}=0$
Xét $x-y=2\Rightarrow xy=-\frac{3}{2}\Rightarrow x\left( x-2 \right)=-\frac{3}{2}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-4x+3=0$ Vô nghiệm.
Xét $x-y=-1\Rightarrow xy=0$. Suy ra hệ có nghiệm $\left( x;y \right)\in \left\{ \left( 0;1 \right),\left( -1;0 \right) \right\}$
Câu 3 (4,5 điểm)
Giải phương trình ${{x}^{4}}-9{{x}^{3}}+24{{x}^{2}}-27x+9=0\text{ (x}\in \text{R)}$
Lời giải
Giải: ${{x}^{4}}-9{{x}^{3}}+24{{x}^{2}}-27x+9=0\text{ (*)}$
Với $x=0$, $\text{ (*)}\Leftrightarrow \text{0x+9=0}$ (phương trình vô nghiệm.
Với $x\ne 0$ chia 2 vế của phương trình (*) cho ${{x}^{2}}$.
$\text{(*)}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-9x+24-\frac{27}{x}\text{+}\frac{9}{{{x}^{2}}}=0\text{=}\Leftrightarrow {{\left( x+\frac{3}{x} \right)}^{2}}-9\left( x+\frac{3}{x} \right)+18=0$
$\Leftrightarrow \left( x+\frac{3}{x}-3 \right)\left( x+\frac{3}{x}-6 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x+\frac{3}{x}-3=0 \\& x+\frac{3}{x}-6=0 \\\end{align} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} – 3x + 3 = 0{\rm{ }}(vo{\rm{ }}nghiem)\\
{x^2} – 6x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3 + \sqrt 6 \\
x = 3 – \sqrt 6
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
Câu 4
Cho ba số thực dương $a,b,c$. Chứng minh:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\ge 4\left( \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \right)$
Lời giải
$\begin{align}& \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\ge 4\left( \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \right) \\& \Leftrightarrow \left( \frac{a}{b}+1 \right)+\left( \frac{b}{c}+1 \right)+\left( \frac{c}{a}+1 \right)\ge 4\left( \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \right) \\\end{align}$
$\begin{align}& \Leftrightarrow \frac{a+b}{b}-\frac{4a}{a+b}+\frac{b+c}{c}-\frac{4b}{b+c}+\frac{c+a}{a}-\frac{4c}{c+a}\ge 0 \\& \Leftrightarrow \frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b(a+b)}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c(b+c)}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a(c+a)}\ge 0 \\\end{align}$
Luôn đúng vì a, b, c là các số dương. Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c.
(4,5 điểm)
1) Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0 thỏa $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh rằng: abc chia hết cho 4.
Lời giải
Cách 1:$\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Leftrightarrow bc=a(b+c)\text{ (1)}$
TH1: Nếu a là số nguyên chẵn, suy ra $a(b+c)\text{ }\vdots \text{2}$, theo (1)Suy ra: $\text{b}\text{.c }\vdots \text{2}$
Vậy abc chia hết cho 4
TH2: Nếu a là số nguyên lẻ. Với b và c là hai số cũng lẻ thì: $b+c\vdots 2\Rightarrow a(b+c)\vdots 2$
Mà $a.b.c$ không chia hết cho 2 (vì a, b, c đều lẻ). Suy ra mâu thuẫn.
Vậy trong hai số, b, c tồn tại ít nhất 1 số chẵn.
+ Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy ra c chẵn, vì a lẻ)
Suy ra abc chia hết cho 4
+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 4
Cách 2:
$\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Leftrightarrow bc=a(b+c)\text{ }\Leftrightarrow abc={{a}^{2}}\left( b+c \right)\text{ (2)}$
Ta thấy a, b, c không thể đều là số lẻ vì nếu vây thì abc là số lẻ, còn b+c là số chẵn.
Vậy trong 3 số tồn tại ít nhất 1 số chẵn.
Nếu a chẵn thì a2 chia hết cho 4, từ (2) suy ra abc chia hết cho 2.
Nếu b chẵn, do a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy ra c chẵn. Vậy abc chia hết cho 2.
Tương tự cho trường hợp c chẵn.
Câu 6
.Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999.
Lời giải
Cách 1: Dùng hàm Ơle:
Phân tích số m ra thừa số nguyên tố: $m={{p}_{1}}^{x}.{{p}_{2}}^{y}.{{p}_{3}}^{z}…$
Số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m là $\varphi (m)=m.\left( 1-\frac{1}{{{p}_{1}}} \right).\left( 1-\frac{1}{{{p}_{2}}} \right).\left( 1-\frac{1}{{{p}_{3}}} \right)….$
Ta có: $999={{3}^{3}}.37\Rightarrow \varphi (999)=999.\left( 1-\frac{1}{3} \right).\left( 1-\frac{1}{37} \right)=648$
Có 648 số nguyên tố cùng nhau với 999 và không vượt quá 999.
Vậy có 649 số nguyên tố cùng nhau với 999 và không vượt quá 1000.
Cách 2:
Gọi A là số các số nguyên dương không vượt quá 1000. Suy ra A = 1000
B là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 mà không nguyên tố cùng nhau với 999.
C là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999
Ta có: $999={{3}^{3}}.37$
B = (Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3) – (Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)
+ Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3 là:$\frac{999-3}{3}+1=333$
+ Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 là:$\frac{999-37}{37}+1=27$
+ Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho cả 37 và 3 (chia hết cho 111) là:$\frac{999-111}{111}+1=9$
+ Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3 là:$27-9=18$
Suy ra $B=333+\text{1}8=351$ . Vậy$~C=AB=1000351=649$
Câu 7 (2 điểm)
Cho $A=\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+….+\frac{99}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}$ là tổng của 99 số hạng và $B=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}+…+\sqrt{100}$ là tổng của 99 số hạng.
Tính A + B
Lời giải
$\begin{align}& A=\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+….+\frac{99}{\sqrt{99}+\sqrt{100}} \\& =\left( \sqrt{2}-1 \right)+2\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)+3\left( \sqrt{4}-\sqrt{3} \right)+….+98\left( \sqrt{99}-\sqrt{98} \right)+99\left( \sqrt{100}-\sqrt{99} \right) \\& =-1-\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{4}-…-\sqrt{99}+99\sqrt{100} \\\end{align}$
Và $B=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}+…+\sqrt{100}$
$\Rightarrow A+B=100\sqrt{100}-1=999$
Câu 5 (4,5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $\left( I \right)$. Gọi $D,E$ lần lượt là hai tiếp điểm của $AB,AC$ với đường tròn $\left( I \right)$. Biết ba góc $\widehat{BAC},\text{ }\widehat{ABC},\text{ }\widehat{BCA}$, đều là góc nhọn. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai đoạn $BC,AC$.
1) Chứng minh: $2AD=AB+ACBC$
2) Chứng minh rằng ba đường thẳng $BI,\text{ }DE,\text{ }MN$ đồng quy.
Lời giải
a) Gọi F là tiếp điểm của $BC$ với đường tròn (I)
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:
$AD=AE;\text{ }BD=BF;\text{ }CE=CF$ Suy ra:
$AB+ACBC=\left( AD+DB \right)+\left( AE+CE \right)\left( BF+CF \right)$
$=AD+AE=2AD.$
b) Gọi $S$ là giao điểm của $BI,MN$. Ta cần chứng minh: $D,\text{ }E,\text{ }S$ thẳng hàng.
Thật vậy:
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên MN//AB
$\begin{align}& \Rightarrow \widehat{{{B}_{2}}}=\widehat{BSM}\text{ (hai goc so le trong);}\widehat{{{B}_{2}}}=\widehat{{{B}_{1}}} \\& \Rightarrow \widehat{BSM}=\widehat{{{B}_{1}}} \\\end{align}$
Suy ra tam giác $MBS$ cân tại $M$ nên $MB=MS=MC$.
Tam giác $BSC$ có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác $BSC$ vuông tại $S$.
Ta có:
Tứ giác $IECF,\,IESC$ là các tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC)
Nên 5 điểm $I,\text{ }E,\text{ }S,\text{ }C,\text{ }F$ cùng thuộc đường tròn đường kính IC
Ta có:
$\begin{align}& \Rightarrow \widehat{SEC}=\widehat{SIC}\text{ ;}\widehat{SIC}=\widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{C}_{1}}}\text{ }(goc\text{ }ngoai\text{ cua tam giac)} \\& \Rightarrow \widehat{SEC}=\widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{C}_{1}}}\text{ (1)} \\\end{align}$
Lại có tam giác $ADE$ cân tại $A$
nên: $\widehat{AED}=\widehat{ADE}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{A}}{2}={{90}^{0}}-\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{C}_{1}}}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{SEC}$=$\widehat{AED}$ mà$A,E,C$ thẳng hàng nên $D,\text{ }E,\text{ }S$ thẳng hàng.
Vậy ba đường thẳng $BI,\text{ }DE,\text{ }MN$ đồng quy.
Cách khác: Gọi P là giao điểm của$DE,BI$ Đi chứng minh $M,\text{ }N,\text{ }P$ thẳng hàng.
