029 đề thi hsg toán 9 tỉnh bắc ninh 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức  2 a  b   a  2b3 a P      3 a  ab  b b  ab  a  2b   a   với a 0, b 0, a 2b y  m  4m   x  3m  2) Cho hàm số có đồ thị d Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích 1cm (O gốc tọa độ, dơn vị đo trục cm) Câu (4,0 điểm) 2 1) Cho phương trình x   3m   x  2m  5m  0, x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương  x  y   y   x  x  y  3 x  x   y  y   2) Giải hệ phương trình: Câu (4,0 điểm) 1) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c   b  c  4c Tìm P a b ab   b  3c a  3c bc  ac giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  p  số phương Câu (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)  AB  AC  đường cao AD Vẽ đường kính AE đường tròn (O) a) Chứng minh AD AE  AB AC b) Vẽ dây AF đường tròn (O) song song với BC, EF cắt AC Q, BF cắt AD P Chứng minh : PQ song song với BC c) Gọi K giao điểm AE BC Chứng minh rằng: AB AC  AD AK  BD.BK CD.CK   2) Cho tam giác ABC có BAC 90 , ABC 20 Các điểm E F nằm 0    cạnh AC , AB cho ABE 10 ACF 30 Tính CFE Câu (1,0 điểm) Trong kỳ thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho ĐÁP ÁN Câu  a   a  2b3  1) Ta có: Suy : 2 a  b a  2b3     a 2b a  2ab  2b    a  2b3   a  2b 2b  2ab 2b a  2ab  2b  a    a  2b   a  2ab  2b     2b  2b  a  a 2ab  2b  2ab a    a  b   a a  2b a  a  2ab  2b a  2b a  2ab  2b a  2ab  2b   2b  a a a  2ab  2b  2b    a 2b  2b a  2b a  2b  a  2b 2b 2b Từ suy 2) Vì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác nên m  4m  0 3m  0  3m   3m  A ;0   OA  m  4m  Tọa độ giao điểm A d Ox  m  4m   P Tọa độ giao điểm B d Oy B  0;3m    OB  3m  1  3m SOAB  OA.OB  3m  1 2 m  m  ABO Do tam giác vng O nên Do đó,  9m  12m  2  m  4m   2    m  4m   9m  12m    m  4m     3m    m2  4m  12 0   11 m  20 m     m 2(tm)  2  m  (tm)  11 Câu 2   3m    2m  5m   m   0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm, nghiệm x1 2m  1; x2 m    Phương trình có nghiệm dương  x1   2m    x 0  m 30  m     x  y   y   x  x  y  3 2  x  x  2 y  y (*) 2 x  y  0  x  y 0   x 0   y  Điều kiện  Nhận xét :  x 0 2x  y   x    y  không thỏa mãn điều kiện  x   3 y   x  y 0    y   Khơng thỏa phương trình (*) Do đó, ta có: x  y   y   x  x  y  x  y   x  y   x  y 0  x y  2x  y   x x y 0 y 1  x  y   1   x  y  1    0  2x  y   x y   x  y    y x    x  y   x  y   x  y Với y x  thay vào phương trình (*) ta có:  x 1 2   x  1   x  1  x   0    x 5 x 1  y 0; x 5  y 4  x  1  x   2  x  1 Với 2x  y   x  3y 1  x  y  x  y   y   x  x  y  2x  y   x  3y 1  x  y Ta có:  x  3y 1  y  Cộng vế với vế hai phương trình ta được: 2  x  1  x     x  1   x  1 27 Thay vào (*) ta được: x   x  1  25 x  59  0  x 1 (do x 0) x; y     1;0  ;  5;4   Vậy hệ có nghiệm  Câu Đặt a x.c, b  y.c  x, y   Từ điều kiện suy  x  1  y  1 4 Khi đó, x  y  3 x  y  x y xy xy  x  y   3 x  y   xy  xy P      y  x  x  y xy   x  y   x  y xy   x  y   xy Do  x  1  y  1 4  xy 3   x  y  Đặt t x  y,   t  3  xy 3  t 2  xy t  t xy     t  4t  12 0  t 2   (do t  0) t  3t    t   t t 3 P      t  3t  t t với t  Khi đó, t 3 P 2    t 2 Ta có :  x  y   Pmin   x ; y  nghiệm hệ  xy 3  đạt t  hay  Do đó, t  3t  t  5t   2t  t    t  3 P    1 2t 2t 2t Ta lại có (do t  3)  x  y 2  x  y 1  xy  P   t  Do đó, max hay (x;y) nghiệm hệ  2 Đặt p  p  t  t    t  3 p p  p    t  3  t  3 (1)    t  3 p Biến đổi thành : TH1: Nếu  t  3 p Đặt t   pk  k   p  p    pk  pk    p  pk  6k  0 Khi thay vào (1) ta có: Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương 4 trình là:  k   6k   k  24k  16 số phương 2 k  Mặt khác với k  ta dễ chứng minh  k  24k  16   k   Suy trường hợp: k  24k  16  k  1  2k  24k  15 0( ktm) k  24k  16  k    k  6k  0( ktm) k  24k  16  k  3  6k  24k  0( ktm) Do phải có k 3 , thử trực tiếp k 3(tm) Từ ta có t 36, p 11 Trường hợp 2: Nếu p t  3 , đặt t   pk  k   p  p    pk  pk    p  pk  6k  0 Khi thay vào (1) ta có: Xem phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương 4 trình :  k   6k   k  24k  16 số phương k Mặt khác với k  ta dễ chứng minh 2    k  24k  16   k  trường hợp: k  24k  16  k  1  2k  24k  15 0( ktm) k  24k  16  k    k  6k  0(ktm) k  24k  16  k  3  6k  24k  0( ktm) Do phải có k 3, thử trực tiếp k 3 thỏa mãn Từ suy t 3;18 tương ứng p 2;7 Vậy tập tất giá trị p cần tìm  2;7;11 , suy Câu F A Q P B O D M C K E 1)  a) Xét hai tam giác ADB ACE có ACE 90 (chắn nửa đường trịn) nên ACE ADB 900   Hơn ABD  AEC (cùng chắn AC) Suy ADB ACE AD AB   AD AE  AB AC AC AE Từ ta có tỷ lệ thức   b) Ta có : PFQ BAE (cùng chắn BE)      BAD  DAE mặt khác BAE mà BAD EAC ABD AEC       nên BAE BAD  EAC DAC , đó: PAQ PFQ   suy 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 M AK KB   AK KE KB.KC CK KE Xét AKB AD CD ADC BDM    AD.MD BC CD BD MD  Mặt khác AME 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ME  AD mà DK  AD  DK / / ME AD AK  Áp dụng định lý Talet AME ta DM KE Do : AK DM  AD.KE  BD.BK CD.CK BD.CD.CK BK CKE   AD.MD AK KE  AD.KE AK MD  AD KE BD.BK CD.CK  AD.KE Vậy AB AC  AD AK  BD.BK CD.CK 2)  F G B D  0   Xét ABC có BAC 90 , ABC 20  ACB 70  900 , ACF 300  FC 2 AF ACF có CAF A E C Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD  BC BD BA ABC DBG      BG BC  GCB GBC 200  GCF 200 Khi đó,   Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 AF FC BC BD BA AE AF AE        FG BG BG BC EC FG EC Do đó, FG   Từ suy CG / / EF (Định lý Ta let đảo)  CFE GCF 20 Câu Với số tự nhiên đơi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra: +TH1: có số chia cho có số dư giống  Tổng ba số tương ứng chia hết cho +TH2: Có nhiều số chia cho có số dư giống  Có số chia hết cho 3, số chia cho dư 1, số chia cho dư 2, suy chọn số có tổng chia hết cho3 Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có 5,5,7 phần tử Trong tập, chọn số có tổng 3a1 ,3a2 ,3a3 , a1 , a2 , a3   Còn lại 17  8 số, số cịn lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Còn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5 Trong số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 có số ai1 , , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh  ai1    9