Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT UBND Tỉnh Bắc Ninh

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT UBND Tỉnh Bắc Ninh là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn chuẩn bị tham gia bài thi chọn HSG cấp tỉnh sắp tới. Luyện tập với đề thường xuyên giúp các em học sinh củng cố kiến thức đã học và đạt điểm cao trong kì thi này, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức:    a   a  2b  2(a  b)     a  với a  0, b  0, a  2b P  .   a  2b a  2ab  2b   2b  2ab   2) Cho hàm số y  m  4m  x  3m  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 cm2 (O gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm ) Câu (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x  3m  2 x  2m  5m   , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương   2x  y   3y   x  x  2y  2) Giải hệ phương trình  x  3x   2y  y    Câu (4,0 điểm) 1) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a  c)(b  c)  4c Tìm giá trị a b ab   b  3c a  3c bc  ca 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 lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P  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   90 , ABC   20 Các điểm E F nằm 2) Cho tam giác ABC có BAC   30 Tính CFE    10 ACF cạnh AC , AB cho ABE Câu (1,0 điểm) Trong kì 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 HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp Đáp án UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.1 (2,0 điểm) Ta có a  2b       a  2b  a  2b   a a  2ab  2b a  2ab  2b  a  2b a  2ab  2b a  2b 2b  2ab    a  2ab  2b 2b  a  2(a  b)  a   a  2b a  2ab  2b a  2b 2b   a  2b 2b  0,75   2b  2b  a  a  2b a  2b a  2ab  2b   a  2b a  2ab  2b  a  Từ suy P     a  2b a  2ab  2b Suy 2(a  b) Điểm    a a  2b 2b 0,75  2  a  2b 2b 0,5 Cách 2: Đặt x  a ; y  2b ta 3  2x  y x   x  y  x  với x  0; y  0, x  y  P      x  y x  xy  y   y  xy  1.2 (2,0 điểm) Vì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác nên m  4m   3m     3m   3m ; 0  OA  Tọa độ giao điểm A d Ox A  m  4m   m  4m   0,5 Tọa độ giao điểm B d Oy B 0; 3m  2  OB  3m  0,5 1  3m Do tam giác ABO vuông O nên SOAB  OAOB 3m    2 m  4m  0,5   9m  12m   m  4m   2  Do đó, 2 9m  12m   2 m  4m  m  4m   m  7m  4m  12    (thỏa mãn)    m   11m  20m    11 3m  2   0,5 2.1 (2,0 điểm)     3m  2  2m  5m   m  8m  16  m  4  0, m 2 phương trình ln có nghiệm, nghiệm x  2m  1; x  m  Phương trình có nghiệm dương Do đó, 1,0 1,0 x  2m      x  m    m     Cách 2: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm Ta giải tốn ngược: “Tìm m S  để PT có hai nghiệm không dương” ĐK tương đương với    m   P   Cách 3: Do   0, m nên PT có hai nghiệm u cầu tốn tương đương với PT x  x   có nghiệm x 1, x thỏa mãn x  x   x   x 2.2 (2,0 điểm)  2x  y   3y   x  x  2y   x  3x   2y  y *    2x  y      x  2y     Điều kiện: x       y     Nhận xét:  x  Không thỏa mãn điều kiện 2x  y   x      y  1      x   Khơng thỏa mãn phương trình * 3y   x  2y      y      Do đó, ta có 0,25 2x  y   3y   x  x  2y  2x  y   x  3y   x  2y   x y 1  x y 1 0 2x  y   x 3y   x  2y   1     (x  y  1)     2x  y   x 3y   x  2y  0,5 y  x     2x  y   x  3y   x  2y Với y  x  thay vào phương trình * ta có x  (x  1)2 (x  2)  2(x  1)3  (x  1)2  (x  1)2 (x  5)    x  x   y  0; x   y  Với 0,5 2x  y   x  3y   x  2y  2x  y   3y   x  x  2y  Ta có   2x  y   x  3y   x  2y  0,25 Cộng vế với vế hai phương trình ta x  3y   y  x 1 3 2 x  1  x  1  27  (x  1) (25x  59)   x  (x  0) Vậy hệ có nghiệm (x ; y )  (1; 0);(5; 4) Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ Thay vào * ta (x  1)2 (x  2)  PT thứ  2x  y  13y  1  0,75 x x  2y   x  4xy  3y  2x  4y    x  y  1x  3y  1  3.1 (2,0 điểm) Đặt a  x c, b  y.c,(x , y  0) Từ điều kiện suy (x  1)(y  1)  x y xy x  y  3(x  y ) xy Khi đó, P      y 3 x 3 x y xy  3(x  y )  x y 0,5 (x  y )2  3(x  y )  2xy xy  xy  3(x  y )  x y Do (x  1)(y  1)   xy   (x  y ) Đặt t  x  y,(0  t  3)  xy   t   x  y  t2    t  4t  12   t  (do t  )  t  xy     Khi đó, P  t  3t  2(3  t )  t t 3     với  t   t  3t  t t Ta có P  Do đó, Pmin 0,5 t 3   6 t 2   đạt t  hay x ; y  nghiệm hệ x  y    xy    t  2t  3 t  3t  t  5t   2t     (do  t  ) 2t 2t 2t  x  y   đạt t  hay x ; y  nghiệm hệ   x  y    xy   0,5 Ta lại có P  Do đó, Pmax 0,5 3.2 (2,0 điểm) Đặt p  p   t (t  N ) Biến đổi thành p p  4  (t  3)(t  3) (1)  p | t  3  p | t  3 Trường hợp 1: Nếu p | t  Đặt t   pk (k  N ) Khi thay vào (1) ta có: p p  4  pk (pk  6)  p  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k  6k  4  k  24k  16 số phương 0,25 0,25 Mặt khác với k  ta dễ chứng minh k   k  24k  16  k  4 2 Suy trường hợp:   24k  16  k  24k  16  k   2  3 k  24k  16  k   2k  24k  15  (loại) k4 k2 2  k  6k   (loại)  6k  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ ta có t  36; p  11 0,5 Lưu ý: HS làm sau thay vào 1   p p   pk (t  3)  k (t  3)  p   p  kt  3k  Mặt khác ta có (t  3)2  p 2k  t  6t   k (kt  3k  4)    t  t  k   3k  4k  Coi phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:     k3      số   3k  4k  k  24k  16k  k k  24k  16 phương Muốn k  24k  16 phải số phương Sau cách làm giống Trường hợp 2: Nếu p | t  Đặt t   pk (k  N ) Khi thay vào (1) ta có: p p  4  pk (pk  6)  p  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k  6k  4  k  24k  16 số phương     Mặt khác với k  ta dễ chứng minh k   k  24k  16  k 2 Suy trường hợp:   24k  16  k  24k  16  k   2  3 k  24k  16  k   2k  24k  15  (loại) k4 k2 2 1,0 2  k  6k   (loại)  6k  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ suy t  3;18 tương ứng p  2;7 Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2;7;11} 4.1a (2,0 điểm) Xét hai tam giác ADB ACE   90º (chắn đường tròn) nên có ACE   ADB   90º ACE Hơn  ABD =  AEC (cùng chắn  AC ) Suy ∆ADB ∽ ∆ACE AD AB   AD.AE  AB.AC Từ ta có tỉ lệ thức AC AE 4.1.b (1,5 điểm) )  = BAE  (cùng chắn BE Ta có PFQ      EAC  ABD ∽ AEC Mặt khác BAE  BAD  DAE mà BAD 0,5 0,5 1,0 0,5     Nên BAE  BAD  EAC  DAC   PFQ  Do PAQ 0,5 A F O Q P B K C D M 0,5 E    FPQ Suy tứ giác APQF nội tiếp  FAQ  ) nên   suy  (cùng chắn FC   FBC Vì FAQ FPQ  FBC PQ / /BC 4.1.c (2,0 điểm) Ta có AB.AC  AD.AE Suy AB.AC  AD.AK  AD.AE  AD.AK  AD.KE 0,5 Kéo dài AD cắt O  M AK KB   AK KE  KB.KC CK KE AD CD  ADC ∽ BDM   AD.MD  BD.CD BD MD   90 (chắn đường tròn) Mặt khác AME Suy ME  AD mà DK  AD nên DK / /ME Xét AKB CKE  AD AK  Áp dụng định lý Talet AME ta DM KE Do AK DM  AD.KE  BD.BK CD.CK  BD.CD  CK BK   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 4.4 (1,5 điểm)   90 , ABC   20  ACB   70 Xét ABC có BAC   ACF có CAF  90 , ACF  30  FC  2.AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD  BC BD BA  Khi đó, ABC ∽ DBG  BG BC    GCB  GBC  20º  GCF  20º 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 A F G E 0,25 B D C  nên  ABC Do CG BE tia phân giác BCF FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 FC BC AF BD BA AE AF AE        Do đó, FG FG BG BG BC EC FG EC   Từ suy CG / /EF (ĐL Talet đảo)  CFE  GCF  20 (1,0 điểm) Với số tự nhiên đôi 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 , số chia cho dư , số chia cho dư Suy chọn số có tổng chia hết cho Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có 5, 5, phần tử 0,5 0,5 Trong tập, chọn số có tổng 3a1, 3a2 , 3a a1, a2 , a    Còn lại 17   số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a Còn lại số chọn tiếp số có tổng 3a 0,5 Trong số a1, a2 , a , a , a có số 1, , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh ai    Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm HS trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm HS kết đến cuối sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm tròn -Hết - ...HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 20 19 Mơn: Tốn - Lớp Đáp án UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.1 (2,0 điểm) Ta có a  2b       a ... lại 17   số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a Còn lại số chọn tiếp số có tổng 3a 0,5 Trong số a1, a2 , a , a , a có số 1, , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh ai... tự nhiên đôi 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 , số