Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh bình định năm học 2018 2019 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS - KHOÁ NGÀY 18 – – 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2019 Bài (5,0 điểm) 3 1.Tính giá trị biểu thức A = x  y   x  y  , biết x  3  2  3  2 ; y  17  12  Cho hai số thức m, n khác thỏa mãn 17  12 1   m n 2 Chứng minh phương trình  x  mx  n   x  nx  m   ln có nghiệm Bài (5,0 điểm) � �x  xy  y  1 Giải hệ phương trình � � x  y  4x  Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy  x  y   x  2y  xy Bài (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a b3   b c3   c a  �5 Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi D trung điểm cạnh BC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng với A) Gọi N, P theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB, AC H hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD a) Chứng minh AH vng góc với BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH Gọi M giao điểm AO BC Chứng minh HB MB AB  �2 Dấu đẳng thức xảy nào? HC MC AC GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định LỜI GIẢI THAM KHẢO – ĐỘC GIẢ GÓP Ý Bài 1 Đặt x  3  2  3  2 = a + b    x   a  b   a  b3  3ab  a  b    2   2  3  2  2 x � x   3x � x  3x  (1) Đặt y  17  12  17  12 = c + d    y3   c  d   c3  d3  3cd  c  d   17  12  17  12  3 17  12 17  12 y � y3  34  3y � y3  3y  34 (2) 3 Từ (1) (2) suy A = x  y   x  y  = x  y3  3x  3y   34  40 1 2 m  n mn   �  �  m  n   mn Ta có m n 2mn 2mn � x  mx  n  (1) 2 x  mx  n x  nx  m  �   Ta có  �2 x  nx  m  (2) � Phương trình (1) PT bậc hai có 1  m  4n Phương trình (2) PT bậc hai có   n  4m 2 2 Do 1  2  m  4n  n  4m  m  n   m  n  = m  n  2mn   m  n  �0 Suy 1  có số lớn Vậy phương trình cho ln có nghiệm Bài 2 � �x  xy  y  (1) � Điều kiện x �0 � x  y  4x  (2) PT (1) � x  xy  y   (3) PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có   y  4y    y   �0 Do PT (3) có hai nghiệm x   (loại x �0), x =  � y = -x + Thay y = -x + vào PT (2) ta có x   x   4x  � x   x   4x   x 1 �  x 1 x    x  1  � c   y (điều kiện y �1 x �0) a �3  x  1 � x  1�    x  1 � � x1 � � � x 1  � � � �3  x  1 � x = (TMĐK) suy y = (TMĐK) �    x  1  � � x1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) (1 ; 0) 2 2 2xy  x  y   x  2y  xy � x  x  2y  y  1  2y  y   (1) Đặt 2y  y  = a, PT (1) trở thành � x  ax  a   (2) Phương trình (2) có   a  4a    a    Phương trình (1) có nghiệm ngun � Phương trình (2) có nghiệm ngun �  số phương 2 Đặt  a    = k (k � N) � k   a    �  k  a    k  a    Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k số chẵn có tích số chẵn nên (k + a – 2) (k – a + 2) số chẵn ka22 k  a   2 � � �k  �k   � � � � ka22 k  a   2 a2 a2 � � � � � a  k2 22 x  2 � 2 � Vậy phương trình (2) có nghiệm � a  k2 22 � x  0 � 2 Ta có 2y  y  = a = � 2y  y  = � 2y  2y  y   = y 1 � � �  y  1  2y  1  � Ta chọn y = (vì y � Z) � y � Do � Vậy nghiệm nguyên (x ; y) hệ phương trình (2 ; 1) (0 ; 1) Bài 3: Gọi A i A j hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho Giả sử A k điểm cách xa đoạn thẳng A i A j Khi Tam giác A i A j A k tam giác lớn có diện tích hơng lớn Vẽ đường thẳng qua điểm A i , A j , A k song song với cạnh  A i A j A k Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia cho 2018 dư nên theo ngun lý Dirichlet suy có tam giác có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho Đặt P = a b3   b c3   c a  suy 2P = 2a b3   2b c3   2c a  = 2a  b  1  b2  b  1  2b  c  1  c  c  1  2c  a  1  a  a  1 �a  b    b  c    c  a   = ab2  bc2  ca   Q  Không tính tổng quát, ta giả sử b �c �a ta có b  a  c   c  b  �0 � abc  b c �ab  bc � ab2  bc  ca �abc  b 2c  ca Do Q �abc  b2 c  ca �2abc  b 2c  ca  c  a  b   4c ab ab 2 � a  b a  b � 4 a  b  c 4.33 � � c   4 � 27 � 2 � 27 27 Do 2P �10 � P �5 Dấu “=” xảy � a + b + c = 3, b �c �a , 2c = a + b, abc = 2abc � b = 0, c = 1, a = Bài a) Ta có AD  BC D (vì  ABC vng cân A) � � ANM  APM  90 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) �  NHP �  900 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2) NAP Từ (1) (2) suy N, A, P, H, M thuộc đường tròn � �  1800 ANM � � � AMH  APH  APM  900 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) �  MDC � Ta có APC  900 nên MPCD tứ giác nội tiếp � mà C �  MBD � Suy P�1  C (vì AD trung trực BC) 1 � � MBD  P�1 � � �  MBD � �  P�1 Ta có AMB mà MBD  ADB  900  MBD � � � � � �  AMH �  900  P�1  APM  P�1  APH Suy AMB � AMB  AMH  APH  1800 Do B, M, H thẳng hàng � AH  BH �  BAD �  450 (vì BI // AD) b) Ta có IBA Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác góc ADB �  IDA �   450  � A, I, B, D thuộc đường tròn (3) �  BDI �  450 Do IBA � ADI �  ADB �  900 nên A, H, D, B thuộc đường tròn (4) Ta có AHB Từ (3) (4) suy A, H, D, B, I thuộc đường tròn �  IBD �  1800 � IHD �  900 (vì IBD �  900 ) lại có NHD � � IHD  900 Do H, N, I thẳng hàng  Cách 1: Kẻ AD đường kính đường tròn (O) Xét tam giác vuông  HBA  CDA �D � (vì nội tiếp chắn AC � ) có B 1 HB AB � HB.AD = AB.CD = CD AD HC AC � HC.AD = AC.BD = Tương tự  HCA ∽  BDA (g.g) � BD AD HB AB DC = Do (1) HC AC DB NB AB � MB.CD = MD.AB = Ta có  AMB ∽  CMD (g.g) � MD CD MC AC � MC.BD = AC.MD = Tương tự MD BD MB AB DB = Do (2) MC AC DC HB MB AB �DC DB � AB DC DB AB +   Ta có � + �� HC MC AC �DB DC � AC DB DC AC � � �  ABC cân A Dấu « = » xảy DB = DC AB = AC nên  HBA ∽  CDA (g.g) �  Cách 2: Gọi I giao điểm AH với đường tròn (O) Kẻ đường kính AD �  ACD �  AID �  900 Do BC // DI � BI �  CD � Ta có ABD � A � � A Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD �  ACD �   900  � A � , AHB Xét  AHB  ACD có A HB AB  (1) CD AD �  AHC �   900  �  HAC � , ABD Xét  ABD  AHC có BAD �  AHB ∽  ACD (g.g) � �  ABD ∽  AHC (g.g) � BD AD  (2) HC AC HB BD AB AD AB HB AB CD   �  (3) CD HC AD AC AC HC AC BD � � �IB  ACB � � � A � , A  sđA C� Xét  ABI  AMC có A � � � BI AB �  ABI ∽  AMC (g.g) �  (4) MC AM � � �BC  AIC � � �  IAC � , A  sđA C� Xét  ABM  AIC có BAM � � � MB AM �  ABM ∽  AIC (g.g) �  (5) CI AC BI MB AB AM AB MB AB CI   �  Từ (4), (5) suy (6) MC CI AM AC AC MC AC BI HB MB AB2 CD CI AB2 CD CI AB2   Từ (3) (6) suy = (vì CD = BI, CI = BD) HC MC AC BD BI AC2 BI BD AC2 HB MB HB MB AB2 AB Ta có  �2 2  2 HC MC HC MC AC AC HB MB HB MB HB MB �  � H �M  �  Dấu “=” xảy � HB  HC MB  MC HC MC BC BC �  ABC cân A Từ (1), (2) suy GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định ... đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia cho 2018 dư nên theo ngun lý Dirichlet suy có tam giác có tam giác chứa 20 19 8073 điểm cho Đặt P = a b3   b c3   c a  suy... �  ADB �  90 0 nên A, H, D, B thuộc đường tròn (4) Ta có AHB Từ (3) (4) suy A, H, D, B, I thuộc đường tròn �  IBD �  1800 � IHD �  90 0 (vì IBD �  90 0 ) lại có NHD � � IHD  90 0 Do H, N,... �  90 0 Do BC // DI � BI �  CD � Ta có ABD � A � � A Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD �  ACD �   90 0  � A � , AHB Xét  AHB  ACD có A HB AB  (1) CD AD �  AHC �   90 0