Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A) được TaiLieu.VN sưu tầm và chọn lọc nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 luyện tập và chuẩn bị tốt nhất cho kì thi học kì hiệu quả. Đây cũng là tài liệu hữu ích giúp quý thầy cô tham khảo phục vụ công tác giảng dạy và biên soạn đề thi. Mời quý thầy cố và các bạn học sinh cùng tham khảo đề thi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS Đề chính thức 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: 2 y 2  x  2 y  5  xy . b. Chứng minh rằng A  22  4n  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. nCâu 2. (6,5 điểm). 8 x3  4 x a. Giải phương trình: 2x  3  2x  5 ( x  1)  ( y  3) 2  1 2 b. Giải hệ phương trình:  ( x  1)( y  3)  3  x  yCâu 3. (2,5 điểm). Cho a, b,c là 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 cácđường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C của tam giác đó. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tạiđiểm thứ nhất M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắtđường 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  ABD; DAC AC.BDCâu 5. (2 điểm). Trong hình vuông cạnh bằng 1 có 2019 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại 1một hình tròn bán kính bằng nằm trong hình vuông đó mà không chứa điểm nào trong 912019 điểm đã cho. ---------- HẾT ----------Câu 1. (3,0 điểm).a. Ta có 2 y 2  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).b. Do n là số nguyên dương 2n chia hết cho 2 nên ta đặt 2n  2k với knguyên dương.Ta có 22  4k  (3  1)k ;4n  (3  1)n chia cho 3 dư 1 và 16 chia 3 dư 1 nnên A  22  4n  16 chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n. nCâu 2. (6,5 điểm). 3 5a)Ta có điều kiện x  ;x  .Ta có 2 2 8 x3  4 x 2x  3   (2x  3). 2 x  3  2 2 x  3  (2x)3  2.(2x) .Ta đặt 2x  5a  2x; b  2 x  3  0 phương trình được viết lại (a  b)(a 2  ab  b2  2)  0  a  b . Từ đó 1  13ta có nghiệm là x  . 4 ( x  1)2  ( y  3) 2  1 ( x  1) 2  ( y  3) 2  1b. Ta có   .Ta có cách đặt  ( x  1)( y  3)  3  x  y ( x  1)( y  3)  ( x  1)  ( y  3)  1ẩn phụ a  x  1; b  y  3 .Khi đó ta có hệ  a  b  3 a 2  b 2  1 (a  b)2  2ab  1   ab  4   .Ta tiến hành giải hai hệ trên. ab  a  b  1  ab  a  b  1   a  b  1    ab  0 a  b  3Ta có   (a  b)2  4ab nên hệ vô nghiệm.  ab  4  a  0  a  b  1  b  1Ta có   nên khi đó ta có nghiệm hệ là (0;3);(1;2).  ab  0   a  1    b  0Câu 3. (2,5 điểm). 1 1 1Ta có    ( xy  1)2  xy ( x  y )2  0 với x, y là các số thực dương . (1  x) (1  y) 2 2 xy  1 4 4 4       4  a   b   c  4 4  1   1   1 Ta có P                .Ta đặt  a  b   b  c   c  a  1 b  1 c  1 a   a  b  c b c ax ...