Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 - 2019


Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)
 x +1
 
xy + x
xy + x
x +1 
Cho biểu thức =
+
+ 1 :  1 −
−
P 

 xy + 1 1 − xy
 
1
1
−
+
xy
xy


 

với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1.

a. Rút gọn P .
b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và =
y x2 + 6 .
Câu 2. (3,0 điểm)
3m – 4
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =
 = 300 .
m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx
và (d’): x + ( m – 1) y =
Câu 3. (4,0 điểm)
a. Giải phương trình:

3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 =
0

 x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 =
0
b. Giải hệ phương trình:  2
1
3x − y + 7
 x − xy − 4 x −=
Câu 4. (2,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì
3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 .
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là

trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tan B.tan C = 3.
b. Chứng minh: tan A.tan B.tan C = tan A + tan B + tan C .
Câu 6. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm các đường tròn
nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH. Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ, AK với
cạnh BC lần lượt là E và F.
a. Chứng minh: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp tam giác ABC
có bán kính bằng nhau.
Câu 7. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho

x + y 2019
là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2
y + z 2019

là số nguyên tố.
 HẾT 

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:..................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


Câu

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019



HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
(Gồm 05 trang)
Ý
Nội dung


 

xy + x

x +1

xy + x

Cho biểu thức =
+
+ 1 :  1 −
P 
 xy + 1 1 − xy
 

 
với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1
a. Rút gọn P .

xy − 1

−

Điểm

x +1 

xy + 1 

b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và =
y x2 + 6 .
 x +1
 
xy + x
=
P 
+
+ 1 :  1 −
 xy + 1 1 − xy
 

 

=

(

xy − 1 −

a.
1,5đ

=

1.
=
3,0đ

) (

)(

x + 1 1 − xy +

(

xy + x

)(

xy + x

xy − 1

)(

) (

xy + 1 −

)

)(

x +1

xy − 1

(

(

4−2 6 + 3 4+2 6

)(

0,5

)

xy − 1

xy + 1 + 1 − xy

0,5
0,5

1
.
xy

Vậy với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 thì P =

3

:

)
x + 1)( xy − 1)

x + 1 1 − xy +

Ta có: x3 =

x +1 

xy + 1 

−

xy + 1 + 1 − xy

1 − xy

) ( xy + x )(
)(
1 − xy + ( xy + x )( xy + 1) + (
2 ( x + 1)
1
=
xy
2 ( xy + x y )
(

xy + x

)

3

)

=
8 + 3 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 3 4 − 2 6 .3 4 + 2 6 =
8 − 6x
b.
1,5đ ⇒ x3 + 6 x =8 ⇔ x x 2 + 6 =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định
(
)

2
2
. Vậy P =
.
4
4
3m – 4 ,
Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =

Thay vào ta có P =

0,5
0,5

0,5

 = 300 .
m . Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx
(d’): x + ( m – 1) y =

2
3,0đ

Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình:
( m – 1) x + y =
3m – 4
 x =m − ( m − 1) y
⇔
*
(
)


2
m
y ( m − 2 ) (1)
 x + ( m – 1) y =
m ( m − 2 )=
Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất
m ≠ 0
⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔ 
m ≠ 2

0,5

0,5


Câu

Ý

Nội dung

Điểm

3m − 2

x
=

m ≠ 0
m
Với 
hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
m ≠ 2
y = m − 2

m
 3m − 2 m − 2 
Lúc đó M 
;

m 

 m

0,5

 = 300
Từ giả thiết MOx

m−2
= m
⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx
3m − 2
m
0

= tan 30=
tan MOx

0,5

m−2
m−2
1
m
⇒ 3m − 2 =± 3 ( m − 2 )
⇔ =
3m − 2
3 3m − 2
m

2 3

thỏa mãn.
3
2 3
2 3
.
Vậy m =
;m = −
3
3
⇔m=
±

1,0

a. Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 =
0
 x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 =
0
b. Giải hệ phương trình:  2
1
3x − y + 7
 x − xy − 4 x −=
3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 =
0
−1
Điều kiện xác định
≤ x ≤ 6 ( *)
3

Phương trình đã cho ⇔

(

) (

3x + 1 − 4 −

)

6 − x − 1 + 3x 2 − 14 x − 5 =
0

3 x − 15
5− x
−
+ ( x − 5 )( 3 x + 1) =
0
3x + 1 + 4
6 − x +1
3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ ( 3x + 1)  =
0
6 − x +1
 3x + 1 + 4


⇔

a.
2,0đ

3.
4,0đ

1,0

 x = 5 ( t/m (*) )

⇔
3
1
0 (1)
 3 x + 1 + 4 + 6 − x + 1 + ( 3 x + 1) =

0,5

VT của pt (1) luôn lớn hơn 0 với mọi x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm

0,5

Vậy tập nghiệm phương trình là S = {5} .
3
2
2
0 (1)

 x − 2 x + 2 x + 2 y + x y − 4 =
 2
1
3x − y + 7 ( 2 )
 x − xy − 4 x −=

b.
2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + 7 ≥ 0

2


Câu

Ý

(1) ⇔ ( x

2

+ 2) ( x + y − 2) =
0

⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x

Nội dung

( do x

2

Điểm
0,5

+ 2 > 0∀x )

Thay y= 2 − x vào (2) ta được
3x − ( 2 − x ) + 7 ⇔ 4 x + 5= 2 x 2 − 6 x − 1

x 2 − x ( 2 − x ) − 4 x − 1=

2
=
2 4 x + 5 + 11
⇔ 2 4 x + 5= 4 x 2 − 12 x − 2 ⇔ (2 x − 3)

Đặt

4 x + 5 = 2t − 3 .

( 2t − 3)2 =4 x + 5
( 2t − 3) =4 x + 5


( 2t − 3) =4 x + 5
Ta có 
⇔
⇔  t = x

2

0



( t − x )( t + x − 2 ) =
( 2 x − 3) =4t + 5
 t= 2 − x
2

2

0,5

 x2 − 4x + 1 =
0
Trường hợp 1: t= x ⇔ 4 x + 5 = 2 x − 3 ⇔ 
⇔ x= 2+ 3
2
3
0
x
−
≥


⇒y=
− 3 thỏa mãn điều kiện xác định

(

0,5

)

Hệ có nghiệm ( x; y ) = 2 + 3; − 3 .
 x2 − 2x − 1 =
0
Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ 4 x + 5 =1 − 2 x ⇔ 
⇔ x =1 − 2
1 − 2 x ≥ 0

⇒ y =1 + 2 thỏa mãn điều kiện xác định.

(

)

0,5

1 2;1 + 2 .
Hệ có nghiệm ( x; y ) =−

Vậy hệ có nghiệm:

( x; y ) =( 2 +

(

)

3; − 3 ; ( x; y ) =1 − 2;1 + 2

)

Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
bằng 3 thì 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 .
Đặt T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không
giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 < a ≤ b ≤ c .
3
Từ a + b + c = 3 và a + b > csuy ra 1 ≤ c <
2

0,5

2
T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc



4.
2,0đ

= 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )
2

0,5
2

2

 a +b  3−c 
Do 3 – 2c > 0 và ab ≤ 
 =

 , suy ra
 2   2 
1
2
2
T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c )
2
1
2
= 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c )
2
3
27
1
2
2
=c 3 − c 2 +
=c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13
2
2
2

3

0,75

Câu

Ý

Nội dung
Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1

Điểm
0,25

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là
trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC.
a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tanB.tanC = 3.
b. Chứng minh: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC .

A
E
a.
1,5đ

H
B

G

D

M

C

Gọi M là trung điểm BC
Ta có tam giác ABD vuông tại D
AD
nên tanB =
BD
AD
Tương tự : tanC =
CD
AD 2
⇒ tanB.tanC =
BD.CD

0,5

=

 = EHA
 ⇒ HBD
Ta có BHD
HAE

AD.DH ⇒ tanB.tanC =
⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD =

Ta có HG//BC ⇒

AD
DH

AD AM
⇒ tanB.tanC = 3
=
DH GM

0,5
0,5

Gọi S , S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB
AD
1
DH S1
⇒
==
DH
tan B.tanC AD S
S
1
1
S
Tương tự ⇒
= 2,
= 3
tanC.tan A S tan A.tan B S

1,0

S + S 2 + S3
1

1
1
+
+
= 1
= 1
tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B
S
tan A + tan B + tan C
⇒
=
1 ⇒ ĐPCM
tan A.tan B.tanC

0,5

Ta có tanB.tanC =
5.
3,0đ

b.
1,5đ

⇒

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm
các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH. Gọi giao điểm của
các đường thẳng AJ, AK với cạnh BC lần lượt là E và F.
a. Chứng minh: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp

tam giác ABC có bán kính bằng nhau.

4


Câu

Ý

Nội dung

Điểm

A
6.
3,0đ

I
J
B

E

K

HM

C

F

 + EAH

 + EAB


 ⇒ AEC
=

a. AEC
= 900 ,CAE
= 900 , EAH
= EAB
CAE
⇒ ∆AEC cân tại C ⇒ CI là trung trực AE.
Tương tự BI là trung trực AF ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF .
b. Gọi M là hình chiếu vuông góc của I trên BC ⇒ M là trung điểm EF và
IM = r .
Tam giác ABF cân tại B, tam giác ACE cân tại C nên
EF = AB + AC − BC .
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC
2r
vuông tại A ta chứng minh được AB + AC − BC =

⇒ EF =
2r
 = KAC
 mà KAC
 = KAH
,

A và E đối xứng nhau qua CI nên KEC
 + KFE
=
 + KFE
=
900 ⇒ ∆KEF vuông tại K
KAH
900 ⇒ KEC
EF
⇒ MK = =r .
2
EF
Tương tự ⇒ MJ =
= r.
2
⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh.
Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn

1,00

1,0

1,0

x + y 2019
là số
y + z 2019

hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
7.

2,0đ

x + y 2019 m
= ( m, n ∈  * , ( m, n ) =
1) .
y + z 2019 n
0
nx − my =
x y m
⇒ =
=
⇒ xz = y 2 .
⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒ 
0
y z
n
mz − ny =

Ta có

x 2 + y 2 + z 2 =( x + z ) − 2 xz + y 2 =( x + z ) − y 2 =( x + y + z )( x + z − y )
2

0,5

2

Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x + y + z là số nguyên tố nên
 x2 + y 2 + z 2 = x + y + z


1
x − y + z =
Từ đó suy ra x= y= z= 1 .
2

2

x + y 2019
= 1 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
y + z 2019
Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) .

Thử lại

______________

5

0,5

2

0,5
0,5