029 đề thi HSG toán 9 tỉnh bắc ninh 2018 2019

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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức

 2 a  b
  a3  2 2b3
a
P

.

a

 với a  0, b  0, a  2b

3
3

a

2
ab


2
b
2
b

2
ab
 a  2 2b


2
2) Cho hàm số y   m  4m  4  x  3m  2 có đồ thị là d . Tìm tất cả các giá trị của

m để đường thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B sao cho
tam giác OAB có diện tích là 1cm2 (O là gốc tọa độ, dơn vị đo trên các trục là cm)
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Cho phương trình x 2   3m  2  x  2m2  5m  3  0, x là ẩn, m là tham số.
Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương
 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y
2) Giải hệ phương trình: 
3
3
2
 x  3x  2  2 y  y
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn các điều kiện  a  c  b  c   4c 2 . Tìm
a
b
ab
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 



b  3c a  3c bc  ac
3
2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  4 p  9 là số chính phương
Câu 4. (7,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O)  AB  AC  và đường cao
AD. Vẽ đường kính AE của đường tròn (O)
a) Chứng minh rằng AD. AE  AB. AC
b) Vẽ dây AF của đường tròn (O) song song với BC, EF cắt AC tại Q, BF
cắt AD tại P. Chứng minh rằng : PQ song song với BC.
c) Gọi K là giao điểm của AE và BC. Chứng minh rằng:
AB. AC  AD. AK  BD.BK .CD.CK
2) Cho tam giác ABC có BAC  900 , ABC  200. Các điểm E và F lần lượt nằm
trên các cạnh AC, AB sao cho ABE  100 và ACF  300. Tính CFE
Câu 5. (1,0 điểm)
Trong kỳ thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh
là số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học
sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a3  2 2b3 

1) Ta có:

 a 
3

 
3

2b



a  2b a  2ab  2b

Suy ra :





2  a  b   a . a  2b
a


a  2b a  2ab  2b
a 3  2 2b3 a  2ab  2b
2a  b







1

a 3  2 2b3

.
 a
a  2b 2b  2ab
a  2b a  2ab  2b


a 







a  2ab  2b



2b  . a  2ab  2b 

2b  2b  a 

a

a  2ab  2b
a  2 2ab  2b
 a


2ab
2b







a  2b



2

2b

2

a  2b
1
a  2b
Từ đó suy ra P 
.

a  2b
2b
2b
2) Vì ba điểm O, A, B tạo thành một tam giác nên m2  4m  4  0 và 3m  2  0.
2  3m

 2  3m

;0   OA  2
Tọa độ giao điểm A của d và Ox là A  2
m  4m  4
 m  4m  4 
Tọa độ giao điểm B của d và Oy là B  0;3m  2   OB  3m  2

1
1 2  3m
3m  2  1
Do tam giác ABO vuông tại O nên SOAB  OA.OB 
2
2 m 2  4m  4
Do đó,
2
2
m  2(tm)
2
 3m  2   2  9m  12m  4  2  m  4m  4   7m2  4m  12  0  

2
m 2  4m  4
9m2  12m  4  2  m2  4m  4  11m2  20m  4  0  m  (tm)


11

Câu 2.
2

2
1.    3m  2   4. 2m2  5m  3   m  4   0, m. Do đó, phương trình luôn có
nghiệm, các nghiệm là x1  2m  1; x2  m  3
Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
 x1  0
 2m  1  0
1

x  0
m  3  0  m   2

 2


 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y
2. 
3
3
2
 x  3x  2  2 y  y (*)
2 x  y  1  0
x  2 y  0

Điều kiện  x  0

y  1

3
Nhận xét :
x  0

không thỏa mãn điều kiện.
2x  y  1  x  
 y  1
2

 x  3
3y 1  x  2 y  0  
. Không thỏa phương trình (*)
1
y  

3
Do đó, ta có: 2 x  y  1  3 y  1  x  x  2 y

 2x  y  1  x  3y  1  x  2 y  0


x  y 1
x  y 1

0
2x  y  1  x
3y 1  x  2 y



1
1
  x  y  1 


  0
 2x  y  1  x
3
y

1

x

2
y


 y  x 1

 2 x  y  1  x  3 y  1  x  2 y
Với y  x  1 thay vào phương trình (*) ta có:

 x  1 . x  2   2  x  1   x  1
2

3

2

x 1
2
  x  1 . x  5   0  
x  5

x  1  y  0; x  5  y  4

Với

2x  y  1  x  3 y  1  x  2 y


 2x  y  1  3y  1  x  x  2 y
Ta có: 

 2x  y  1  x  3y  1  x  2 y

Cộng vế với vế hai phương trình ta được:

x  3y 1  y 

x 1
3


2
1
3
2
 x  1   x  1
27
9
2
  x  1  25x  59   0  x  1 (do x  0)

Thay vào (*) ta được:  x  1  x  2  
2

Vậy hệ có các nghiệm  x; y  1;0 ; 5;4 
Câu 3.
1. Đặt a  x.c, b  y.c  x, y  0 .Từ điều kiện suy ra  x  1 y  1  4
Khi đó,
2
x 2  y 2  3 x  y 
x  y   3 x  y   2 xy
x
y
xy
xy

xy
P






y  3 x  3 x  y xy  3 x  y   9 x  y
xy  3  x  y   9
x y
Do  x  1 y  1  4  xy  3   x  y 
Đặt t  x  y,  0  t  3  xy  3  t và

2

x y t
2
3  t  xy  
   t  4t  12  0  t  2 (do t  0)
4
 2 
t 2  3t  2  3  t  3  t t 3 3
Khi đó, P 

   với 2  t  3
3  t  3t  9
t
2 t 2
t 3 3
3
Ta có : P  2 .   6 
2 t 2
2
2

3
Do đó, Pmin  6  đạt được khi t  6 hay  x; y  là nghiệm hệ
2


x  y  6


 xy  3  6

t 2  3t  6 t 2  5t  6  2t  t  2  t  3


 1  1(do 2  t  3)
Ta lại có P 
2t
2t
2t
x  y  2
Do đó, Pmax  1  t  2 hay (x;y) là nghiệm hệ 
 x  y 1
xy

1

2. Đặt p3  4 p  9  t 2  t 



 t  3 p
Biến đổi thành : p  p 2  4    t  3 t  3 (1)  
 t  3 p
TH1: Nếu  t  3 p
Đặt t  3  pk  k  

Khi đó thay vào (1) ta có: p  p 2  4   pk  pk  6   p 2  pk 2  6k  4  0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là:   k 4  4  6k  4   k 4  24k  16 là một số chính phương
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được  k 2   k 4  24k  16   k 2  4 
2

2


Suy ra các trường hợp:

k 4  24k  16   k 2  1  2k 2  24k  15  0(ktm)
2

k 4  24k  16   k 2  2   k 2  6k  3  0(ktm)
2

k 2  24k  16   k 2  3  6k 2  24k  7  0(ktm)
2

Do đó phải có k  3 , thử trực tiếp được k  3(tm)
Từ đó ta có t  36, p  11
Trường hợp 2: Nếu p  t  3 , đặt t  3  pk  k 



Khi đó thay vào (1) ta có: p  p 2  4   pk  pk  6   p 2  pk 2  6k  4  0
Xem đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là :   k 4  4  6k  4   k 4  24k  16 là một số chính phương.
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được  k 2  4   k  24k  16   k 2  , suy ra
2

các trường hợp:

k 4  24k  16   k 2  1  2k 2  24k  15  0(ktm)

2

k 4  24k  16   k 2  2   k 2  6k  3  0(ktm)
2

k 4  24k  16   k 2  3  6k 2  24k  7  0(ktm)
2

Do đó phải có k  3, thử trực tiếp được k  3 thỏa mãn
Từ đó suy ra t  3;18 tương ứng p  2;7
Vậy tập tất cả các giá trị của p cần tìm là 2;7;11

2


Câu 4.

F

A

Q
P

O
C

B

D

M

K
E

1)
a) Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE  900 (chắn nửa đường tròn) nên
ACE  ADB  900
Hơn nữa ABD  AEC (cùng chắn AC). Suy ra ADB ACE
AD AB
Từ đây ta có tỷ lệ thức

 AD. AE  AB. AC
AC AE
b) Ta có : PFQ  BAE (cùng chắn BE)
mặt khác BAE  BAD  DAE mà BAD  EAC vì ABD AEC
nên BAE  BAD  EAC  DAC, do đó: PAQ  PFQ
suy ra tứ giác APQF nội tiếp  FAQ  FBQ  PQ / / BC
c) Ta có: AB. AC  AD. AE  AB. AC  AD. AK  AD. AE  AD. AK  AD.KE
Kéo dài AD cắt O tại M.
AK KB
Xét AKB và CKE 

 AK .KE  KB.KC
CK KE


AD CD

 AD.MD  BC.CD

BD MD
Mặt khác AME  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra ME  AD mà DK  AD  DK / / ME
AD AK

Áp dụng định lý Talet trong AME ta được
DM KE
Do đó : AK.DM  AD.KE
 BD.BK .CD.CK  BD.CD.CK .BK
ADC

BDM 

 AD.MD. AK .KE  AD.KE. AK .MD  AD 2 .KE 2
 BD.BK .CD.CK  AD.KE
Vậy AB.AC  AD.AK  BD.BK .CD.CK
2)

F
G
B

D

A
E
C

Xét ABC có BAC  900 , ABC  200  ACB  700
ACF có CAF  900 , ACF  300  FC  2. AF

Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD  BC
BD BA
 GCB  GBC  200  GCF  200
Khi đó, ABC DBG 

BG BC
Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên
FC BC BA AE

;

FG BG BC EC
1
1
FC
BC BD BA AE
AF 2
AF AE
2
Do đó,







FG
FG
BG

BG BC EC
FG EC
Từ đó suy ra CG / / EF (Định lý Ta let đảo)  CFE  GCF  200
Câu 5.
Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:


+TH1: có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Tổng ba số tương ứng
chia hết cho 3.
+TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Có ít nhất 1 số chia
hết cho 3, 1 số chia cho 3 dư 1, 1 số chia cho 3 dư 2, suy ra luôn chọn được 3 số có
tổng chia hết cho3
Do đó ta chia 17 số là số báo danh của 17 học sinh thành 3 tập có lần lượt 5,5,7
phần tử
Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3a1,3a2 ,3a3 , a1, a2 , a3 
Còn lại 17  9  8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a4 .
Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a5
Trong 5 số a1, a2 , a3 , a4 , a5 có 3 số ai1, ai 2 , ai 3 có tổng chia hết cho 3.
Nên 9 học sinh tương ứng có tổng là các số báo danh là 3 ai1  ai 2  ai 3  9