028 đề thi HSG toán 9 tỉnh ninh bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 13/3/2019

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Gọi x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của phương trình x3  5x2  5x  1. Tính giá trị biểu thức
1
1
1
S 2 2 2
x1 x2 x3
 x 3 x   3 x

x 2
9  x  x  0
2. Rút gọn biểu thức A  1 


:


x  9   x  2 3  x x  x  6   x  4, x  9 

Câu 2. (4,0 điểm)
2


 y  2 x 1  y  x   2 x  x
1. Giải hệ phương trình 
3 2

 x  y  1  x  y  2
2. Giải phương trình : x2  x  24  2 x 2 x  3  6 12  x
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 y 2  x2  5 y 2  22 x  121  0
2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  2019. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1
3
3
3



thức P  2
2
2
x y z
4 xy 4 yz 4 zx
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Qua điểm M nằm trong tam giác ABC kẻ DK / / AB, EF / / AC, PQ / / BC
 E, P  AB; K , F  BC; D, Q  CA. Biết diện tích các tam giác MPE, MQD, MKF lần

lượt là x 2 , y 2 , z 2 với x, y, z là các số thực dương. Tính diện tích tam giác ABC theo
x, y, z
2. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm bất kỳ trên dây
BC, (M khác B, M khác C). Vẽ đường tròn tâm D đi qua M và tiếp xúc với AB tại B,
vẽ đường tròn tâm E đi qua M và tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai

của đường tròn (D) và (E).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABNC là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm N
thuộc đườn tròn (O) và ba điểm A, M , N thẳng hàng
b) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng DE luôn nằm trên một đường thẳng
cố định khi điểm M di động trên dây BC.
Câu 5. (2,0 điểm)
1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố  p; q; r  sao cho pqr  p  q  r  160
2. Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210. Chứng minh rằng trong 8
đoạn thẳng đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành tam giác


ĐÁP ÁN
Câu 1.
x3  5 x 2  5 x  1  0   x  1  x 2  4 x  1  0

 x 2  4 x  1  0(*)

x 1
Phương trình (*) có  '  3  0 nên có 2 nghiệm phân biệt
Không mất tổng quát coi x3  1thì x1 , x2 là 2 nghiệm của *
1)

1 1 1 x12  x22 1

Ta có: S  2  2  2 
x1 x2 x3  x1 x2 2 x32
Ta có: x12  x22   x1  x2   2 x1x2
2

x  x  4

Theo Viet ta có:  1 2
 x1 x2  1
Thay số : x12  x22  14  S  15

 
x. x  3
: 3 x 
2) A  1 

x 3
x 3   x 2

 












x  3 x
 1 
:
x


3








x 2

x 3

 

x  3 x  2 

x 3 



x9
x 3





x 2 


2

x 2  x9

 x 3 x  9 x  x  4 x  4 x 9

:
x

3
x 3
x 2







3
:
x 3



x4 x 4
x 3



x 2









3
:
x 3





x 2

x 3





2

x 2



3
x 3
3
.

x 3 x 2
x 2
Câu 2. 1) Ta có:
2

 y  2 x 1  y  x   2 x  x(1)

3 2

 x  y  1  x  y  2(2)
1   y  2 x 1  y   x  y  2 x   x  2 x  1  0


y 1
  y  2 x 1  y   x  y  1  0  1  y  y  x   0  
y  x




Với y  1, thay vào (2) ta được:

3

x2  1  2  x 2  1  8  x  3

Với y  x, thay vào (2) được: x  x  1  3 x 2  x  2  x 2  x  3 x 2  x  2  0
Đặt t  3 x 2  x , phương trình trở thành:
t  1
t 3  t  2  0   t  1  t 2  t  2   0   2
t  t  2  0 (3)
Phương trình (3) có   7  0 nên vô nghiệm
 1 5
1 5
y
x 
2
2
Do đó t  1  x 2  x  1  x 2  x  1  0  
 1 5
1 5
y
x 

2
2
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

 1  5 1  5   1  5 1  5 

;
;

 x; y    3;1 ;  3;1 ; 
;

2  2
2 


 2

3
2. Phương trình xác định khi   x  12
2
Phương trình đã cho tương đương với:

x

2

 



 2 x 2 x  3  2 x  3  9  6 12  x  12  x  0



 x  2x  3

  3 
2

 x  2 x  3  0

3  12  x  0

12  x
(1)



2

0

.

(2)

x  0
x  0

   x  1  x  3
1  x  2 x  3   2
 x  2 x  3  0  x  3

 2  12  x  3  12  x  9  x  3

x  3
 x  2x  3  0
Vậy 


 x  3(tm)
x

3
3

12

x

0



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3.
Câu 3.
1. Ta có:
2 2
x y  x 2  5 y 2  22 x  121  0  y 2  x 2  5   x 2  22 x  121

 y 2  x 2  5   x  11

2


Vì y 2 ;  x  11 là các số chính phương nên x 2  5 cũng là số chính phương.
2

Do đó đặt x2  5  z 2  x 2  z 2  5   x  z  x  z   5

Ta có : x  z ; x  z là các ước số của 5; x  z không âm nên x  z là số âm

 x  z  5
 x  z  1
Suy ra 
hoặc 
 x  z  1
 x  z  5
 x  z  5
TH1: 
 x  2  x  2
x

z


1

169
Với x  2  y 2 .9  132  y 2 
( loại)
9
Với x  2  y 2 .9  92  y 2  9  y  3

 x  z  1
 x  2 (loại)
TH2: 
x


z


5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên  x; y   2;3 ;  2; 3
1
1
1
1
5 1
1
1



  
 
2
2
x y z
3xy 3 yz 3zx 12  xy yz zx 
16
5
9
 2
 .
2
2
x  y  z  3 xy  yz  zx  12 xy  yz  zx

16
15


2
 x  y  z   3 xy  yz  zx  4  xy  yz  zx 

2. Ta có: P 

2

Học sinh chứng minh x, y, z :  x  y  z   3 xy  yz  zx 
2

Suy ra

 x  y  z
xy  yz  zx 

2

3

16

P

 x  y  z 
2

 x  y  z
3

2

15


4.

x  y  z

2



16
20192 

3

31
2019
. Dấu "  " xảy ra khi x  y  z 
 673
5435148
3
31
 x  y  z  673
Vậy Pmin 

5435148
P

2019
3

2



15
20192
4.
3


Câu 4.
1.

A
D

E
M

P

B

Q

C

F

K

Đặt S ABC  a 2
Tứ giác MQCF có MQ / / FC, MF / /QC (giả thiết)  MQCF là hình bình hành
 MQ  FC. Chứng minh tương tự ta có PM  BK
2

2

PM x
S
x 2  PM 
 PM 
Ta có EPM ABC nên EPM  







BC a
S ABC  BC 
a 2  BC 
MQ y
Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABC nên

 ;
BC a
KF z
MKF ABC nên
 .
BC a
x  y  z PM  KF  MQ BK  KF  FC BC




1
a
BC
BC
BC
2
 x  y  z  a  S ABC   x  y  z 


2.

A

O

B

C

M
D

J
I

N

E
K

a) Trong  E  có MCA  MNC (1)( góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
chắn cung MC)
Trong (D) có MBA  BNM (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
cung MB)  MBA  MCA  BNM  MNC  BNC
Do đó: BNC  BAC  MBA  MCA  BAC  1800 (tổng ba góc trong một tam giác)
 Tứ giác ABNC nội tiếp (O).  N thuộc đường tròn  O  do ABC nội tiếp đường tròn (O)
Tứ giác ABNC nội tiếp (O) nên ANC  ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ).
Mà ABC  ACB (do ABC cân tại A) nên ANC  ACB hay ANC  ACM

(2)


Từ (1) và (2) suy ra MNC  ANC  ba điểm A, M , N thẳng hàng.
b) Vẽ đường kính AK của đường tròn tâm O. Gọi J là giao điểm của AK và BC.
ABK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O), ABD  900 ( vì đường tròn tâm D tiếp
xúc với AB tại B)  B, D, K thẳng hàng.
Chứng minh tương tự : C, E, K thẳng hàng.
Ta có: AB  AC; OB  OC  A, O thuộc đường trung trực của BC.
 AO  BC  BK  CK  KBC cân tại K  KBC  KCB

DBM cân tại D (vì DB  DM )  DBM  DMB

EMC cân tại E(vì EC  EM )  ECM  EMC
 KBC  EMC; KCB  DMB  KB / / EM ; KC / / DM
 Tứ giác DMEK là hình bình hành
Mà I là trung điểm của DE nên I là trung điểm của MK.
JMK vuông tại J có JI là đường trung tuyến  JI  KI
JK cố định nên I thuộc đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn JK .
Câu 5.
1. Không mất tổng quát giả sử p  q  r
Với p  2 : 2qr  q  r  162  4qr  2q  2r  324
 2q  2r  1   2r  1  325   2q  1 2r  1  325  52.13

3  2q  1  2r  1  9   2q  1   2r  1 2q  1  9   2q  1  325  3  2q  1  18
2

Do 2q  1 là ước của 52.13 nên 2q  15;13.
Nếu 2q  1  5  q  3  r  33(ktm)
Nếu 2q  1  13  q  7  r  13 tm

pqr  p  q  r  160  p  qr  1  q  r  160

  qr  1 p  1  qr  1  q  r  160   qr  1 p  1  q  r  1   r  1  2  160
  qr  1 p  1   q  1 r  1  162

Nếu p lẻ  q, r lẻ   qr  1 p  1   q  1 r  1 4 mà 162 không chia hết cho 4  Vô lý
Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là  2;7;13 và các hoán vị
2. Ta xếp các đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1  a2  ......  a8
Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 thỏa mãn ak  ak 1  ak 2 thì ba đoạn thẳng này có thể
ghép thành tam giác.

Giả sử ngược lại:
a1  a2  a3 ; a2  a3  a4 ; a3  a4  a5

a4  a5  a6 ; a5  a6  a7 ; a6  a7  a8
Khi đó theo giả thiết


a1  10; a2  10  a3  20  a4  30  a5  50  a6  80  a7  130  a8  210 , mâu thuẫn
với giả thiết
Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 mà ak  ak 1  ak 2
Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác.