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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Năm học 2018-2019.Ngày thi 04/01/2019
Thời gian làm bài :150 phút

Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức
 x 1
 
xy  x
xy  x 1  x 

 1 : 1 

P
 với x, y  0, xy  1 .
 xy  1 1  xy
 


1
1
xy
xy

 


a)Rút gọn P
b)Tính giá trị của biểu thức P khi x  3 4  2 6  3 4  2 6 , y  x 2  6
Câu 2(3 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) :
(m  1) x  y  3m  4 và đường thẳng (d’) : x  (m  1) y  m .Tìm m để (d) cắt (d’) tại
điểm M sao cho MOx  300
Câu 3(4 điểm).
a.Giải phương trình 3x  1  6  x  3x2  14x  8  0
3
2
2

 x  2x  2x  2 y  x y  4  0
b.Giải hệ phương trình  2

 x  xy  4 x  1  3x  y  7
Câu 4 (2 điểm).Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có
chu vi bằng 3 thì 3a2  3b2  3c2  4abc  13
Câu 5 (3 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 song song 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 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.
x  y 2019
Câu 7 (2 điểm).Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x,y,z) sao cho

là số
y  z 2019
hữu tỉ và x 2  y2  z 2 là số nguyên tố .
GIẢI
Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức
 x 1
 
xy  x
xy  x 1  x 

 1 : 1 

P
 với x, y  0, xy  1 .
 xy  1 1  xy
 

1
1

xy
xy

 



 x 1
 
xy  x

xy  x 1  x 
1
a)Ta có P  
.Rút gọn P

 1 :  1 



 xy  1 1  xy
 

xy

1
1

xy
xy

 

1
được kết quả là P 
xy

b)Ta có x  3 4  2 6  3 4  2 6  x( x 2  6)  8  xy  8 . Nên ta có
1
1
.

P

xy 2 2
3m  2 m  2 
Câu 2(3 điểm). Ta có tọa độ của 
;
 là nghiệm của hệ phương trình


m

m 

 x  (m  1) y  m
.Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với Ox tại B .Ta có

(m  1) x  y  3m  4
OM 2
2 3
0
2
.
MOx  30  MB 
m
4
3

Câu 3(4 điểm).
1
a.Điều kiện

 x  6 .Ta có 3x  1  6  x  3x2  14x  8  0
3
3
1


 ( x  5). 

 3x  1   0  x  5 .
6  x 1
 3x  1  4

Vậy nghiệm là x  5 .
b.Giải hệ phương trình
( x 2  2)( x  y  2)  0
 x 3  2x 2  2x  2 y  x 2 y  4  0



 2
 2
x

xy

4
x

1


3x

y

7



 x  xy  4 x  1  3x  y  7
y2x
y2x




tới đây dùng bình
 2
 2
x

xy

4
x

1

3x

y


7
2
x

6
x

1

4
x

5




phương rồi hệ số bất định nhé .
3
Câu 4 (2 điểm).Ta dễ dàng chứng minh được 0  a, b, c  .Áp dụng BDT cô si cho
2
3
3
3
3
3
3
ba số dương ta có:  a   b   c  3 3 (  a)(  b)(  c)
2

2
2
2
2
2
1 27 9
3
1 27 3
 
 (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc  
 (ab  bc  ca)  abc
8 8 4
2
8
8
2
2
2
2
 4abc  14  6(ab  bc  ac)  3a  3b  3c  4abc  13 .Dấu bằng xảy ra khi
a  b  c  1.
Câu 5 (3 điểm)


AD 2
AD
AD
,tanC=
=> tanB.tanC=
BD.CD

BD
CD
AD
.
BDH ADC  BD.CD  AD.DH =>tanB.tanC=
DH
AM
Ta được :
 3 ( M là trung điểm của BC).Và  ADM có HG//BC
GM
AM AH
 HG / / DM 

 3  tan B . tan C
GM HD
b)Ta có A  B  C  1800  A  B  1800  C  tan( A  B)  tan(1800  C ) .Từ đó chứng

a) Tìm được tanB=

minh được tan A.tan B.tan C  tan A  tan B  tan C .
Câu 6 (3 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.

A

I

K

J
B
E

H

C
F

a.Cách 1.Trước tiên ta sẽ chứng minh I là trực tâm của tam giác AJKAJK.Gọi F là
giao điểm của tia AK và BC. Theo tính chất góc ngoài tam
giác AFB  FAC  HAC  2HAC  HCA
. Lại có BAF  BAH  HAF  2HAC  HCA (Lưu ý : BAH  HCA (cùng phụ HAC )
Suy ra BAF  BFA nên tam giác ABF cân tại B.Mà BI là phân giác của tam
giác ABF cân tại B nên cũng là đường cao hay JI⊥AK.Tương tự KI⊥AJ. Vậy : I là
trực tâm của tam giác AJK.Ta có tam giác ABF có phân giác BI đồng thời là đường
cao nên tam giác ABF cân suy ra IA  IF .Ta có tam giác ACE có phân giác CI đồng
thời là đường cao nên tam giác ACE cân suy ra IA  IE .Vậy I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF.
b. Kẻ IO vuông góc với BC=> O là trung điểm của EF.Ta chứng minh tam giác EKF
1
2

1
2

vuông tại K, EJF vuông tại J.Từ đó suy ra JO  OI  OK  FE .Từ đó ta có OI  FE
Đặt OI  r .Ta chứng minh được AB+ AC- BC =2r ; AB +AC -BC =EF.Từ đó có

điều chứng minh.
x  y 2019
Câu 7 (2 điểm).Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x,y,z) sao cho
là số
y  z 2019
hữu tỉ và x 2  y2  z 2 là số nguyên tố .


Do

x  y 2019
là số hữu tỉ nên
y  z 2019

x  y 2019 a
 (a, b  *)  2019(by  az)  ay  bx .
y  z 2019 b
a y x
   xz  y 2  ( x, y, z)  (tm2 , tmn, tn2 )
Nếu by  az  0 và ay  bx=0 thì
b z y
với t, n, m  * .
ay  bx
Nếu by  az  0 thì √ 2019 
là số hữu tỉ (vô lí).
by  az
Mà x 2  y2  z 2  t 2 (m4  m2 n2  n4 ) là số nguyên tố .Nên suy ra ( x, y, z)  (1,1,1) .