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
2a 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