023 đề thi HSG toán 9 tỉnh sơn la 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH SƠN LA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 18/03/2019 Câu (3,0 điểm) 6x  3x 3x3  3x  3x  Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (4,0 điểm) Cho phương trình x   m  1 x  3m   (1) Cho biểu thức A   a) Tìm m cho phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn biểu thức M  x12  x22  5x1x2 đạt giá trị nhỏ b) Xác định m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt lớn Câu (5,0 điểm) 2x 13x a) Giải phương trình:  6 x2  5x  x2  x  3   x  xy  12 y  b) Giải hệ phương trình:   8 y  x  12 Câu (6,0 điểm) Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C(O không nằm đường thẳng d ) Kẻ AM , AN tiếp tuyến đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC , AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q( P nằm A O), BC cắt MN K a) Chứng minh điểm O, M , N , I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng cắt hai cạnh đố hình vng chia hình vng thành phần có tỷ số diện tích Chứng minh rằng: 2019 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy ĐÁP ÁN Câu  Nên điều kiện để A có nghĩa  3x  Ta có: 3x  3x    3x    0; x  8     3x  3x  3x   0; x   x   0 x   3x   6x  3x A  3 x  23 x  x   A A   3x   3x  3x  23x  3x   6x    3x   3x  3x  3x  3x     4 0  x   3 3x   Với x nguyên dương, để biểu thức A nhận giá trị ngun đó: nguyên Khi 3x   x  3 x   x  3x   1     x  x    3x   Vì x nguyên dương nên x  , A  Vậy x  Câu a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt  '  m2  5m   Với ĐK (*) phương trình có hai nghiệm x1 , x2 Ta có:   x1  x2   m  1    x1 x2  3m  2 M  x12  x22  x1 x2   x1  x2   3x1 x2   m  1   3m  3  81 81   M  4m  m    2m       16 16  Dấu "  " xảy m   (thỏa mãn điều kiện (*)) m  (*)   m  81 m 16 b) ĐK:  '  m  5m   (*) Đặt x   t  x  t  1thay vào phương trình (1) ta được:  t  1   m  1 t  1  3m   Vậy MinM   t    m  t  m  (2) Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x lớn PT (2) có hai nghiệm phân biệt t lớn  '  m  5m    m  1 m    m   m        P   m   m   m   m  4(tmdk ) S   2m    2m   m      Vậy m  Câu a) Với x  0, phương trình (1) có dạng  (vơ lý) Vậy x  khơng nghiệm phương trình (1) 13  6 x  0, ta có: 1  3 2x   2x   x x 13 Đặt x   t , PT (1) trở thành:  6 x t  t 1 t   6t  39t  33    11 t   +)Với t  ta có PT x    x  x   , có   nên phương trình VN x x  11 11 +)Với t  ta có PT x    x  11x     x  x   3 Vậy S  2;   4  x3  xy  12 y  (1)  b) Giải hệ phương trình:  (2)  8 y  x  12 Thế (2) vào PT (1) ta được: x3  x2 y  xy  y3  (3) Nếu y  từ (1) suy x  khơng thỏa mãn phương trình (2) x  x x Xét y  , PT (3)          y  y  y x Đặt  t ta được: t  t  2t   y t  2  t  2 t  t  4     t  2 t  t   0( VN )   y   x  2 Với t  2  x  2 y, thay vào (2) y     y  1  x  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  2;1; 2; 1  Câu M Q H P A B E K I OD C N a) I trung điểm BC (dây BC không qua O)  OI  BC  OIA  900 Ta có: AMO  900 (do AM tiếp tuyến (O)) ANO  900 (do AN tiếp tuyến (O)) Suy điểm O, M , N , I thuộc đường tròn đường kính OA b) Ta có AM , AN hai tiếp tuyến với (O) cắt A nên OA tia phân giác MON mà OMN cân O nên OA  MN   ABN ANC  ANB  ACN  sd NB & CAN chung    AB AN    AB AC  AN (1) AN AC +) ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH AO  AN (2) Từ (1) (2) suy AB AC  AH AO (3) AHK   AIO AHK  AIO  900 & OAI chung  AH AK   AK AI  AH AO(4) AI AO AB AC AI Mà A, B, C cố định nên I cố định suy AK cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định c) Ta có PMQ  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ (3) (4) suy AI AK  AB AC  AK  Xét MHE QDM có MEH  DMQ (cùng phụ với DMP), EMH  MQD (cùng phụ với MPO) ME MH  MHE QDM ( g.g )   * MQ DQ PMH  MQH MHP  QHM  900 ; PMH  MQH  MP MH MH   (**) MQ HQ DQ MP ME   ME  2MP  P trung điểm ME Từ (*) (**) suy MQ MQ  Câu A A1 E B H M I J N K D B1 F C Gọi MN , EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vng (hình vẽ) Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1 A1 hình thang có MI , NI đường trung bình hai hình thang Khi đó: SAA1B1D AD  AA1  DB1  IM IM     S A1BCB1 BC A B  B C IN IN  1  MI 1 Suy  nên MI  MN , điểm I cố định MN 3 Lập luận tương tự ta tìm điểm H , J , K cố định ( I , J , H , K chia đoạn thẳng cố định MN , NM , EF , FE theo tỉ số 1: 2) Có điểm cố định mà có 2019 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Dirichle phải có 505 đường thẳng đồng quy