Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Ninh Bình năm 2018- 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (294.3 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 x x x1, 2, 3 là 3 nghiệm của phương trình x35x2 5x1.Tính giá trị biểu thức

2 2 2

1 2 3

1 1 1

S

x x x

  

2. Rút gọn biểu thức 1 3 : 3 2 9 0

4, 9

9 2 3 6

x

x x x x x

A

x x

x x x x x

         

       

 

      

   

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình











2
2

2 1 2

1 2

y x y x x x

x y x y

     




   



2. Giải phương trình :x2  x 24 2 x 2x 3 6 12x

Câu 3. (4,0 điểm)

1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x y2 2 x2 5y2 22x121 0

2. Cho các số thực dương , ,x y zthỏa mãn x  y z 2019.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 2 12 2 3 3 3

4 4 4

P

x y z xy yz zx

   

 

Câu 4. (6,0 điểm)

1. Qua điểm M nằm trong tam giác ABCkẻ 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 2 2 2

, ,

x y z với , ,x y zlà các số thực dương. Tính diện tích tam giác ABCtheo
, ,

x y z

2. Cho tam giác ABCcân 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 ABNClà tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm N

thuộc đườn trịn (O) và ba điểm ,A M N, thẳng hàng

b) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng DEluôn 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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN 
Câu 1.









3 2 2

5 5 1 0 1 4 1 0

4 1 0(*)
1

x x x x x x

x x
x
        
   
  



Phương trình (*) có ' 3 0   nên có 2 nghiệm phân biệt
Khơng mất tổng qt coi x3 1thì x x1, 2là 2 nghiệm của

 

*
Ta có:





2 2
1 2
2

2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

1 1 1 x x 1

S

x x x x x x



    

Ta có: x12 x22 



x1x2



22x x1 2

Theo Viet ta có: 1 2
1 2

4
1
x x
x x
 

 


Thay số : x12 x22 14 S 15





















 



























2
2

. 3 3 2 9

2) 1 :

2 3

3 3 3 2

3 3 2 9

1 :

3 3 2

3 9 4 4 9

3 3 2

3 4 4 3

: :

3 3 2 3 3 2

3 3 3

3 2 2

x x x x x

A

x x

x x x x

x

x x x

x x x x x x

x x x

x

x x

x x x x x x

x

x x x

       
   
   
         
   
     
 
  

  
 
         
  
  
 

 
 
     

 
  

Câu 2. 1) Ta có:











2
2

2 1 2 (1)

1 2(2)

y x y x x x

x y x y

     


   


  



 







 









1 2 1 2 2 1 0

2 1 1 0 1 0

y x y x y x x x

y

y x y x y y y x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Với y1,thay vào (2) ta được: 3 x2  1 2 x2     1 8 x 3

Với yx,thay vào (2) được: x x



 1



3 x2   x 2 x2 x 3 x2   x 2 0
Đặt 3 2

t x x phương trình trở thành:









3 2

2
1

2 0 1 2 0

2 0 (3)

t

t t t t t

t t


         
  


Phương trình (3) có    7 0nên vơ nghiệm

Do đó 2 2

1 5 1 5

2 2

1 1 1 0

1 5 1 5

2 2

x y

t x x x x

x y
  
  


        
  
  


Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

  

  

1 5 1 5 1 5 1 5

; 3;1 ; 3;1 ; ; ; ;

2 2 2 2

x y           

    

 

2. Phương trình xác định khi 3 12
2 x

  

Phương trình đã cho tương đương với:



 





 



 

2
2 2
2

2 2 3 2 3 9 6 12 12 0

2 3 3 12 0

2 3 0 (1)
.

3 12 0 (2)

1 2 3 1 3

2 3 0

x x x x x x

x x x

x x

x

x
x

x x x x

x x
x
         
      
   

 
  





 
         
   
  



 

2  12  x 3 12   x 9 x 3

Vậy 2 3 0 3 3( )

3 12 0

x x x

x tm
x
x
     
   
  
   


Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x3.

Câu 3.

1. Ta có:













2 2 2 2 2 2 2

2
2 2

5 22 121 0 5 22 121

5 11

x y x y x y x x x

y x x

         

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vì y2;



x11



2là các số chính phương nên x25cũng là số chính phương.

Do đó đặt 2 2 2 2







5 5 5

x  z x z    x  z x  z  

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

x z

  




  

 hoặc

1
5

x z

  




  


TH1: 5

x z

  




  

     x 2 x 2

Với 2 2.9 132 2 169(
9

x  y   y  loại)
Với x  2 y2.992  y2    9 y 3

TH2: 1 2

x z

x

x z

  

   



  

 (loại)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm ngun

  

x y;  



2;3 ;

 

 2; 3





2. Ta có: 2 12 2 1 1 1 5 1 1 1

3 3 3 12

P

x y z xy yz zx xy yz zx

 

        

   





2 2 2

16 5 9

3 12

x y z xy yz zx xy yz zx

 

      













16 15

3 xy yz zx

x y z xy yz zx

 

 

    

Học sinh chứng minh x y z, , :



x y z



2 3



xy yzzx



Suy ra





2
3

x y z

xy yzzx  



 







2 2 2 2

16 15 16 15

2019 2019

2019 4.

3 3

P

x y z x y z

x y z

    

    

  

31
.
5435148

P

  Dấu " " xảy ra khi 2019 673
3

x  y z 

Vậy min 31 673

5435148

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 4. 
1.

Đặt 2

ABC

S a

Tứ giác MQCFcó MQ/ /FC MF, / /QC(giả thiết)MQCFlà hình bình hành
.

MQ FC

  Chứng minh tương tự ta có PM BK

Ta có EPM ABCnên

2 2 2

EPM
ABC

S PM x PM

S BC a BC

   

    

   

PM x

BC a

 

Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABCnên MQ y;

BC  a

MKF ABC

  nên KF z.

BC  a

x y z PM KF MQ BK KF FC BC

a BC BC BC

     

    





ABC

x y z a S x y z

       

F

E

K

D

Q

P

A

B

C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

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: 0

180

BNCBACMBA MCA BAC (tổng ba góc trong một tam giác)

Tứ giác ABNCnội tiếp (O).Nthuộc đường tròn

 

O do ABC nội tiếp đường tròn (O)
Tứ giác ABNCnội tiếp (O) nên ANC ABC(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Mà ABC ACB(do ABCcân tại A) nên ANC ACBhay ANC ACM (2)

I

K

N

E

D

O

J

B

C

A

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Từ (1) và (2) suy ra MNC ANCba điểm , ,A M Nthẳng hàng.

b) Vẽ đường kính AKcủa đường tròn tâm O. Gọi J là giao điểm của AKvà BC.
0

ABK  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD90 (0 vì đường trịn 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 DMEKlà hình bình hành

Mà I là trung điểm của DEnên I là trung điểm của MK.
JMK

 vng tại J có JIlà đường trung tuyến JI KI

JKcố định nên Ithuộc 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 5 .13

         



 









32q 1 2r  1 9 2q1  2r1 2q  1 9 2q 1 325 3 2q 1 18
Do 2q1là ước của 5 .13nên 2 2q 1

 

5;13 .

Nếu 2q     1 5 q 3 r 33(ktm)
Nếu 2q 1 13   q 7 r 13

 

tm















 







 





160 1 160

1 1 1 160 1 1 1 1 2 160

1 1 1 1 162

pqr p q r p qr q r

qr p qr q r qr p q r r

qr p q r

        

                

      

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 a ak; k1;ak2thỏa mãn ak ak1ak2thì ba đoạn thẳng này có thể

ghép thành tam giác.
Giả sử ngược lại:

1 2 3 2 3 4 3 4 5

4 5 6 5 6 7 6 7 8

; ;

a a a a a a a a a

a a a a a a a a a

     

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1 10; 2 10 3 20 4 30 5 50 6 80 7 130 8 210

a  a  a  a  a  a  a  a  , mâu thuẫn
với giả thiết

Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng a ak; k1;ak2mà ak ak1 ak2

</div>