Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Năm Học 2018 – 2019 Sở GD&ĐT Bắc Ninh

(1)

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: Toán – Lớp 9

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

Câu 1. (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

3 3

2( ) 2 2

2 2 . 2 2

2 2

a b a a b

P a

a ab b b ab

a b

 

     

   

            với a 0,b 0,a 2 .b 2) Cho hàm số ^y ^



^m²^⁴^m^⁴



^x ^³^m^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 1 cm² (O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là cm).

Câu 2. (4,0 điểm)

1) Cho phương trình ^x²^



³^m^²



^x ^²^m²^⁵^m^{ }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) Giải hệ phương trình ₃2 1 3₃ 1₂ 2

3 2 2

x y y x x y

x x 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)(  ) 4c². Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

a b ab

P b c a c bc ca

   .

2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p³4p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 caoAD. 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 vàBC . Chứng minh rằng:

. .

. . .

AB AC AD AK  BD BK CD CK

2) Cho tam giác ABC có BAC^  90 ,^ ABC^ 20^. Các điểm E và F lần lượt nằm trên các cạnh AC AB, sao cho ABE 10^ và ACF  30^. Tính CFE.

Câu 5. (1,0 điểm)

Trong kì 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.

---HẾT---

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: Toán - Lớp 9

Câu Đáp án Điểm

1.1. (2,0 điểm)

Ta có ^a³ ^^{2 2}^b³ ^

    

^a ³ ^ ²^b ³ ^ ^a ^ ²^{b a}



^ ²^ab ^^{2 .}^b



Suy ra

 

  

3 3

2( ) 2

2( )

2 2

2 2 2 2 2

2 2 1 .

2 2 2 2

a b a a b

a b a

a ab b

a b a b a ab b

a ab b

a b

a b a ab b

  

  

 

   

 

 

   

0,75

  

 

3 3

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 .

2 2 2

a b a ab b

a b a a

b ab b b a

a b

a ab b a a ab b

b b b

  

   

 

    

   

0,75

Từ đó suy ra 1 .



²



² 2 .

2 2 2

a b a b

P a b b b

 

 

 0,5

Cách 2: Đặt x  a y;  2b ta được

2 2 3 3

3 3 2 2 2

2x y x . x y

P x

x y x xy y y xy

     

   

          với x 0;y0,x y. 1.2. (2,0 điểm)

Vì ba điểm O A B, , tạo thành một tam giác nên m² 4m 4 0 và 3m 2 0. Tọa độ giao điểm A của d và Ox là ₂2 3 ₂2 3

4 4;0 4 4

m m

A OA

m m m m

   

   

 

    

  . 0,5

Tọa độ giao điểm B của d và Oy là ^B



^0;3^m^²



^^OB ^ ³^m^² ^. ^0,5

Do tam giác ABO vuông tại O nên 1 . 1 ₂2 3 3 2 1

2 2 4 4

OAB

S OAOB m m

m m

    

  0,5

Do đó,

   

 

2 2 2

2 2

2

3 2 9 12 4 2 4 4

2 9 12 4 2 4 4

4 4

m m m m m

m m m m

m m

        

     

  

2 2

7 4 12 0 2

11 20 4 0 2

11 m m m

m m m

     

 

        

(thỏa mãn)

0,5

2.1. (2,0 điểm)



³^m ²



² ^{4 2}



^m² ⁵^m ³



^m² ⁸^m ¹⁶



^m ⁴



² ^0, ^m

             . Do đó, phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là x₁ 2m1;x₂ m3. 1,0 Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi

1,0

(3)

1 2

0 2 1 0

0 3 0

x m

    

  

    

 

 

1 m 2

   .

Cách 2: Do   0, m nên PT luôn có hai nghiệm. Ta có thể giải bài toán ngược: “Tìm m để PT có hai nghiệm không dương” ĐK này tương đương với 0 1

0 ... 2

S m

P

     

  .

Cách 3: Do ^{  }^0, ^m nên PT luôn có hai nghiệm. Yêu cầu bài toán tương đương với PT có nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn ²₂ ¹₁

2 1

0 0 0 x x x x

x x

  

  



2.2. (2,0 điểm)

 

3 3 2

2 1 3 1 2

3 2 2 *

x y y x x y

x x y y

       

    



Điều kiện:

2 1 0

2 0

0 1 3 x y x y x y

   

  

 



  



Nhận xét:

2 1 0 0

1

x y x x

y

 

        . Không thỏa mãn điều kiện.

2

3 1 2 0 3

1 3

y x y x

y

 

     

  

 . Không thỏa mãn phương trình

 

^* ^.

0,25

Do đó, ta có 2x  y 1 3y 1 x  x 2y

2x y 1 x 3y 1 x 2y 0

        

1 1 0

2 1 3 1 2

x y x y

x y x y x y

   

  

     

1 1

( 1) 0

2 1 3 1 2

x y

x y x y x y

 

 

            1

2 1 3 1 2

y x

x y x y x y

  

        

0,5

Với y  x 1 thay vào phương trình

 

^* ^{ta có}

2 3 2 2 1

( 1) ( 2) 2( 1) ( 1) ( 1) ( 5) 0

5

x x x x x x x

x

 

            

1 y 0; 5 y 4

x    x   

0,5

Với 2x   y 1 x  3y 1 x 2y

Ta có 2 1 3 1 2

2 1 3 1 2

x y y x x y

x y x y x y

       

       



0,25

(4)

Cộng vế với vế hai phương trình ta được 3 1 1 3 x  y y  x  Thay vào

 

^* ^{ta được}⁽^x ^^{1) (}² ^x ^²⁾^₂₇²



^x ^¹



³^¹₉



^x ^¹



²

(x 1) (252 x 59) 0 x 1

      do (x 0). Vậy hệ có các nghiệm ( ; )x y (1; 0);(5; 4).

0,75

Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ nhất

PT thứ nhất ^



²^x ^{ }^y ^{1 3}



^y^¹



^ ^{x x}



^²^y



  

2 4 3 2 2 4 1 0 1 3 1 0

x xy y x y x y x y

             . 3.1. (2,0 điểm)

Đặta x c b. , y c x y. ,( , 0). Từ điều kiện suy ra (x 1)(y1) 4.

Khi đó, ² ² ³⁽ ⁾

3 3 3( ) 9

x y xy x y x y xy

P y x x y xy x y x y

  

    

      

( )2 3( ) 2

3( ) 9

x y x y xy xy

xy x y x y

   

 

   

0,5

Do (x 1)(y1)4xy  3 (x y). Đặt t  x y,(0 t 3)xy  3 t và

2 2

3 2 4 12 0 2

2 4 t

x y t

t xy    t t

          

 (do t 0)

Khi đó, ² 3 2(3 ) 3 3 3

3 3 9 2 2

t t t t t

P t t t t

   

    

   với 2 t 3.

0,5

Ta có 2 .³ ³ 6 ³

2 2 2

P t

 t    .

Do đó, _min 3

6 2

P   đạt được khi t  6 hay

 

^{x y}^; là nghiệm của hệ 6

3 6

x y xy

  

  

 .

0,5

Ta lại có ² 3 6 ² 5 6 2



²



³



1 1

2 2 2

t t

t t t t t

P t t t

 

    

     (do 2 t 3).

Do đó, P_max 1 đạt được khi t 2 hay

 

^{x y}^; là nghiệm của hệ 2 1 1 x y

x y xy

  

   

  .

0,5

3.2. (2,0 điểm)

Đặt p³ 4p 9 t t²( N)

Biến đổi thành ^{p p}



²^⁴



^{ }⁽^t ³⁾⁽^t^^{3) (1)}^^{p t}^|



^³



^^{p t}^|



^³



^0,25

Trường hợp 1: Nếu p t| 3 Đặt t 3 pk k( N) Khi đó thay vào (1) ta có:



² ⁴



⁽ ⁶⁾ ² ² ⁶ ⁴ ⁰

p p   pk pk  p pk  k  

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

 

4 4 6k 4 4 24k 16

k k

      là một số chính phương.

0,25

(5)

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được

 

^k² ² ^^k⁴ ^²⁴^k ^¹⁶^



^k² ^⁴



²

Suy ra các trường hợp:

 

²

4 24 16 2 1 2 2 24 15 0

k  k   k   k  k  (loại)

 

²

4 24 16 2 2 2 6 3 0

k  k   k  k  k  (loại)

 

²

2 24 16 2 3 6 2 24 7 0

k  k   k   k  k  (loại)

Do đó phải cók 3. Thử trực tiếp được ^k ³ thỏa mãn.

Từ đó ta có t 36;p 11.

Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào

 

¹



² ⁴



⁽ ³⁾ ⁽ ³⁾ ² ⁴ ² ³ ⁴

p p   pk t k t p  p kt  k  Mặt khác ta có (t3)²  p k^{2 2}  t² 6t 9 k kt²( 3k 4)

 

2 6 3 9 3 3 4 2 0

t t k k k

      

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:



⁶ ^k³



² ^{4 9}



³^k³ ⁴^k²



^k⁶ ²⁴^k³ ¹⁶^k² ^{k k}²



⁴ ²⁴^k ¹⁶



            là một số

chính phương. Muốn vậy thì k⁴ 24k 16 phải là một số chính phương.

Sau đó cách làm giống như trên.

0,5

Trường hợp 2: Nếu p t| 3 Đặt t  3 pk k( N)

Khi đó thay vào (1) ta có:^{p p}



² ^⁴



^ ^{pk pk}⁽ ^⁶⁾^ ^p²^^pk² ^⁶^k ^{ }⁴ ⁰

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

 

4 4 6k 4 4 24k 16

k k

      là một số chính phương.

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được



^k²^⁴



² ^^k⁴^²⁴^k ^¹⁶^

 

^k² ² Suy ra các trường hợp:

 

²

4 24 16 2 1 2 2 24 15 0

k  k   k   k  k   (loại)

 

²

4 24 16 2 2 2 6 3 0

k  k   k  k  k   (loại)

 

²

2 24 16 2 3 6 2 24 7 0

k  k   k   k  k   (loại)

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 giá trị p cần tìm là {2;7;11}

1,0

4.1a. (2,0 điểm)

Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE^ 90º (chắn 1

2 đường tròn) nên

  90º ACE ADB  .

0,5 Hơn nữa  ABD AEC= (cùng chắn AC). Suy ra ∆ADB∽∆ACE 0,5

Từ đây ta có tỉ lệ thức AD AB A . .

AE AB AC

AC E D

A  

 . 1,0

4.1.b (1,5 điểm)

Ta cóPFQ BAE = (cùng chắn BE)

Mặt khác BAE BAD DAE mà BAD^ EAC^ vì ABD∽AEC 0,5

(6)

Nên BAE BAD EAC DAC.

Do đó PAQ^ PFQ^. 0,5

Suy ra tứ giác APQF nội tiếpFAQ^ FPQ^

Vì FAQ^ FBC^ (cùng chắn FC) nên FPQ^ FBC^ suy ra PQ/ /BC .

0,5

4.1.c (2,0 điểm)

Ta có AB AC. AD AE. .

Suy ra AB AC. AD AK. AD AE. AD AK. AD KE. . 0,5

Kéo dài AD cắt

 

^O ^tại^M^.

Xét AKB và CKE AK KB AK KE. KB KC. CK KE

   

ADC BDM

 ∽ AD CD

BD MD

  AD MD. BD CD. .

0,5

Mặt khác AME^ 90^ (chắn 1

2đường tròn)

Suy ra ME AD mà DK AD nên DK / /ME. Áp dụng định lý Talet trong AME ta được AD AK

DM  KE . Do đó AK DM. AD KE. .

0,5

   

. . . .

BD BK CD CK BD CD CK BK

  .

^



^{AD MD}^.

 

^. ^{AK KE}^.

 

^ ^{AD KE}^.

 

^. ^{AK MD}^.



^^{AD KE}²^. ²

. . . .

BD BK CD CK AD KE

 

Vậy AB AC. AD AK.  BD BK CD CK. . . .

0,5

4.4. (1,5 điểm)

Xét ABC có BAC^ 90 ,^ ABC^ 20^ ACB^ 70^

ACFcó CAF^ 90^, ACF^  30^FC 2.AF 0,25

Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD BC. Khi đó, ABC ∽DBG BD BA

BG BC

  0,25

  20º  20º

GCB GBC  GCF  . 0,25

O

K P Q

F

E M

D C

B

A

(7)

Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên FC BC BA; AE

FG  BG BC  EC

0,25

Do đó,

1 1

2FC 2BC

AF BD BA AE AF AE

FG  FG  BG  BG  BC  EC  FG  EC Từ đó suy ra CG / /EF (ĐL Talet đảo)CFE GCF 20^.

0,5

5. (1,0 điểm)

Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có ít nhất 3số chia cho 3có số dư giống nhau Tổng ba số tương ứng chia hết cho 3.

+ TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3có số dư giống nhau  Có ít nhất 1 số chia hết cho 3, 1 số chia cho 3 dư1, 1 số chia cho 3 dư 2. Suy ra luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3.

0,5

Do đó ta chia 17 số là số báo danh của 17học sinh thành 3 tập có lần lượt 5, 5, 7 phần tử.

Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3 , 3 , 3a a1 2 a a a a3



1, ,2 3 



. 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 a a a a a₁, , , ,₂ ₃ ₄ ₅ có ³ số a a a_i₁, ,_i₂ _i₃ có tổng chia hết cho ³. Nên 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là 3



a_i1 a_i2 a_i3



9

0,5

Chú ý:

1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm.

2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm.

Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết.

3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn.

---Hết---

G E

F

D C

B

A