028 đề thi HSG toán 9 tỉnh ninh bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 13/3/2019 Câu (4,0 điểm) Gọi x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình x3  5x2  5x  Tính giá trị biểu thức 1 S 2 2 x1 x2 x3  x 3 x   3 x  x 2  x  x  Rút gọn biểu thức A  1    :   x    x   x x  x    x  4, x    Câu (4,0 điểm)   y  x 1  y  x   x  x Giải hệ phương trình    x  y  1  x  y  2 Giải phương trình : x2  x  24  x x   12  x Câu (4,0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x2 y  x2  y  22 x  121  Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  2019 Tìm giá trị nhỏ biểu 3    thức P  2 x y z xy yz zx Câu (6,0 điểm) Qua điểm M nằm tam giác ABC kẻ DK / / AB, EF / / AC, PQ / / BC  E, P  AB; K , F  BC; D, Q  CA Biết diện tích tam giác MPE, MQD, MKF x , y , z với x, y, z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y, z Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC, (M khác B, M khác C) Vẽ đường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn (D) (E) a) Chứng minh tứ giác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N thuộc đườn tròn (O) ba điểm A, M , N thẳng hàng b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC Câu (2,0 điểm) Tìm tất ba số nguyên tố  p; q; r  cho pqr  p  q  r  160 Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác ĐÁP ÁN Câu x3  x  x     x  1  x  x  1   x  x   0(*)  x 1 Phương trình (*) có  '   nên có nghiệm phân biệt Không tổng quát coi x3  1thì x1 , x2 nghiệm * 1) 1 x12  x22  Ta có: S     x1 x2 x3  x1 x2 2 x32 Ta có: x12  x22   x1  x2   x1x2 x  x  Theo Viet ta có:   x1 x2  Thay số : x12  x22  14  S  15    x x  : 3 x  2) A  1   x 3 x 3   x 2          x  3 x  1  : x       x 2  x 3    x  3 x   x 3   x9 x 3    x 2   x 2  x9  x 3 x  9 x  x  x  4 x 9  : x  x 3 x 2     : x 3  x4 x 4 x 3  x 2     : x 3   x 2 x 3   x 2  x 3  x 3 x 2 x 2 Câu 1) Ta có:   y  x 1  y  x   x  x(1)    x  y  1  x  y  2(2) 1   y  x 1  y   x  y  x   x  x  1   y 1   y  x 1  y   x  y  1   1  y  y  x     y  x  Với y  1, thay vào (2) ta được: x2    x    x  3 Với y  x, thay vào (2) được: x  x  1  x  x   x  x  x  x   Đặt t  x  x , phương trình trở thành: t  t  t     t  1  t  t      t  t   (3) Phương trình (3) có   7  nên vô nghiệm  1 1 y x  2 Do t   x  x   x  x      1 1 y x   2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm           ; ;  x; y    3;1 ;  3;1 ;  ;   2      Phương trình xác định   x  12 Phương trình cho tương đương với: x     x x   x    12  x  12  x    x  2x    3   x  x    3  12  x  12  x (1)  0 (2) x  x      x  1  x  1  x  x     x  x    x    2  12  x   12  x   x   x   x  2x   Vậy    x  3(tm) x  3  12  x     Vậy phương trình cho có nghiệm x  Câu Ta có: 2 x y  x  y  22 x  121   y  x    x  22 x  121  y  x  5   x  11 Vì y ;  x  11 số phương nên x  số phương Do đặt x2   z  x  z  5   x  z  x  z   5 Ta có : x  z ; x  z ước số 5; x  z không âm nên x  z số âm  x  z   x  z  Suy    x  z  1  x  z  5  x  z  TH1:   x   x  2 x  z    169 Với x   y  132  y  ( loại) Với x  2  y  92  y   y  3  x  z   x  2 (loại) TH2:  x  z    Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun  x; y   2;3 ;  2; 3 1 1 5 1 1         2 x y z 3xy yz 3zx 12  xy yz zx  16   2 x  y  z  3 xy  yz  zx  12 xy  yz  zx 16 15    x  y  z   3 xy  yz  zx   xy  yz  zx  Ta có: P  Học sinh chứng minh x, y, z :  x  y  z   3 xy  yz  zx  Suy  x  y  z xy  yz  zx  16 P  x  y  z   x  y  z 15  x  y  z  16 20192  31 2019 Dấu "  " xảy x  y  z   673 5435148 31  x  y  z  673 Vậy Pmin  5435148 P 2019  15 20192 Câu A D E M P B Q C F K Đặt S ABC  a Tứ giác MQCF có MQ / / FC, MF / /QC (giả thiết)  MQCF hình bình hành  MQ  FC Chứng minh tương tự ta có PM  BK 2 PM x S x  PM   PM  Ta có EPM ABC nên EPM          BC a S ABC  BC  a  BC  MQ y Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABC nên  ; BC a KF z MKF ABC nên  BC a x  y  z PM  KF  MQ BK  KF  FC BC     1 a BC BC BC  x  y  z  a  S ABC   x  y  z  A O B C M D J I N E K a) Trong  E  có MCA  MNC (1)( góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung MC) Trong (D) có MBA  BNM (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung MB)  MBA  MCA  BNM  MNC  BNC Do đó: BNC  BAC  MBA  MCA  BAC  1800 (tổng ba góc tam giác)  Tứ giác ABNC nội tiếp (O)  N thuộc đường tròn  O  ABC nội tiếp đường tròn (O) Tứ giác ABNC nội tiếp (O) nên ANC  ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) Mà ABC  ACB (do ABC cân A) nên ANC  ACB hay ANC  ACM (2) Từ (1) (2) suy MNC  ANC  ba điểm A, M , N thẳng hàng b) Vẽ đường kính AK đường tròn tâm O Gọi J giao điểm AK BC ABK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O), ABD  900 ( đường tròn tâm D tiếp xúc với AB 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 BC  AO  BC  BK  CK  KBC cân K  KBC  KCB DBM cân D (vì DB  DM )  DBM  DMB EMC cân E(vì EC  EM )  ECM  EMC  KBC  EMC; KCB  DMB  KB / / EM ; KC / / DM  Tứ giác DMEK hình bình hành Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK JMK vng J có JI đường trung tuyến  JI  KI JK cố định nên I thuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK Câu Không tổng quát giả sử p  q  r Với p  : 2qr  q  r  162  4qr  2q  2r  324  2q  2r  1   2r  1  325   2q  1 2r  1  325  52.13  2q   2r     2q  1   2r  1 2q  1    2q  1  325   2q   18 Do 2q  ước 52.13 nên 2q  15;13 Nếu 2q    q   r  33(ktm) Nếu 2q   13  q   r  13 tm pqr  p  q  r  160  p  qr  1  q  r  160   qr  1 p  1  qr   q  r  160   qr  1 p  1  q  r  1   r  1   160   qr  1 p  1   q  1 r  1  162 Nếu p lẻ  q, r lẻ   qr  1 p  1   q  1 r  1 mà 162 không chia hết cho  Vô lý Vậy ba số nguyên tố cần tìm  2;7;13 hoán vị Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1  a2   a8 Nếu tồn đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 thỏa mãn ak  ak 1  ak 2 ba đoạn thẳng ghép thành tam giác Giả sử ngược lại: a1  a2  a3 ; a2  a3  a4 ; a3  a4  a5 a4  a5  a6 ; a5  a6  a7 ; a6  a7  a8 Khi theo giả thiết a1  10; a2  10  a3  20  a4  30  a5  50  a6  80  a7  130  a8  210 , mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 mà ak  ak 1  ak 2 Do tồn đoạn thẳng để ghép thành tam giác  ... z   x  y  z 15  x  y  z  16 20 192  31 20 19 Dấu "  " xảy x  y  z   673 5435148 31  x  y  z  673 Vậy Pmin  5435148 P 20 19  15 20 192 Câu A D E M P B Q C F K Đặt S ABC ...  : x       x 2  x 3    x  3 x   x 3   x 9 x 3    x 2   x 2  x 9  x 3 x  9 x  x  x  4 x 9  : x  x 3 x 2     : x 3  x4 x 4 x 3  x 2 ...  z  1  x  z  5  x  z  TH1:   x   x  2 x  z    1 69 Với x   y  132  y  ( loại) Với x  2  y  92  y   y  3  x  z   x  2 (loại) TH2:  x  z    Vậy phương