Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Ninh Bình năm 2018- 2019

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O. Vẽ đường tròn tâm D đi qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn tâm E đi qua M và tiếp xúc với AC tại C. a) Chứng minh rằng [r]

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)

1 Gọi x x x1, 2, 3 nghiệm phương trình x35x2 5x1.Tính giá trị biểu thức

2 2

1

1 1

S

x x x

  

2 Rút gọn biểu thức :

4,

9

x

x x x x x

A

x x

x x x x x

         

       

 

      

   

Câu (4,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình   

 

2

3

2

1

y x y x x x

x y x y

     

 

   



2 Giải phương trình :x2  x 24 2 x 2x 3 12x

Câu (4,0 điểm)

1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x y2 x2 5y2 22x121 0

2 Cho số thực dương , ,x y zthỏa mãn x  y z 2019.Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 12 2 3

4 4

P

x y z xy yz zx

   

 

Câu (6,0 điểm)

1 Qua điểm M nằm tam giác ABCkẻ DK / /AB EF, / /AC PQ, / /BC

E P, AB K F; , BC D Q CA; ,  .Biết diện tích tam giác MPE MQD MKF, , 2

, ,

x y z với , ,x y zlà số thực dương Tính diện tích tam giác ABCtheo , ,

x y z

2 Cho tam giác ABCcân 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 ABNClà 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 DEluôn nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC

Câu (2,0 điểm)

1 Tìm tất ba số nguyên tố p q r; ; sao cho pqr   p q r 160

ĐÁP ÁN Câu

1)

  

3 2

2

5 1

4 0(*)

x x x x x x

x x x                 

Phương trình (*) có ' 0   nên có nghiệm phân biệt Khơng tổng quát coi x3 1thì x x1, 2là nghiệm  * Ta có:

 

2 2

2 2

1 1 2

1 1 x x

S

x x x x x x



    

Ta có: x12 x22 x1x222x x1 2

Theo Viet ta có: 2 x x x x      

Thay số : x12 x22 14 S 15

                           2

3 2 9

2) :

2

3 3

3

1 :

3

3 4

:

3

2

3 4

: :

3 3

3 3

3 2

x x x x x

A

x x

x x x x

x x x x

x

x x x

x x x x x x

x x x

x

x x

x x x x x x

x

x x x

                                                                                

Câu 1) Ta có:

  

 

2

3

2 (1)

1 2(2)

y x y x x x

x y x y

                             

1 2

1

2 1

y x y x y x x x

y

y x y x y y y x

Với y1,thay vào (2) ta được: x2  1 x2     1 x

Với yx,thay vào (2) được: x x  1 x2   x x2 x x2   x Đặt

,

t x x phương trình trở thành:

  

3

2

2

2 (3)

t

t t t t t

t t                

Phương trình (3) có    7 0nên vơ nghiệm

Do 2

1 5

2

1 1

1 5

2

x y

t x x x x

x y                        

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

      5 5

; 3;1 ; 3;1 ; ; ; ;

2 2

x y           

    

 

2 Phương trình xác định 12 x

  

Phương trình cho tương đương với:

          2 2

2 3 12 12

2 3 12

2 (1)

3 12 (2)

0

1 3

2

3

x x x x x x

x x x

x x

x

x x

x x x x

x x x                                                    

 2  12  x 12   x x

Vậy 3 3( )

3

3 12

x x x

x tm x x                  

Vậy phương trình cho có nghiệm x3 Câu

1. Ta có:

     

2 2 2 2

2 2

5 22 121 22 121

5 11

x y x y x y x x x

y x x

         

Vì y2;x112là số phương nên x25cũng số phương

Do đặt 2 2   

5 5

x  z x z    x  z x  z  

Ta có : x  z x;  z ước số 5; x  z không âm nên x  z số âm Suy

1

x z

x z

   



  



1

x z

x z

   



   

TH1:

1

x z

x z

   



  

     x x

Với 2.9 132 169(

x  y   y  loại) Với x  2 y2.992  y2    9 y

TH2:

5

x z

x

x z

  

   



  

 (loại)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên   x y;   2;3 ;  2; 3 2. Ta có: 2 12 2 1 1

3 3 12

P

x y z xy yz zx xy yz zx

 

        

   

 

2 2

16

3 12

x y z xy yz zx xy yz zx

 

      

 2    

16 15

4

3 xy yz zx

x y z xy yz zx

 

 

    

Học sinh chứng minh x y z, , :x y z2 3xy yzzx

Suy  

2

x y z

xy yzzx  

  2 2  2 2

16 15 16 15

2019 2019

2019

4

3

3

P

x y z x y z

x y z

    

    

  

31 5435148

P

  Dấu " " xảy 2019 673

x  y z 

Vậy min 31 673

5435148

Câu

Đặt

ABC

S a

Tứ giác MQCFcó MQ/ /FC MF, / /QC(giả thiết)MQCFlà hình bình hành

MQ FC

  Chứng minh tương tự ta có PM BK

Ta có EPM ABCnên

2 2

2

EPM ABC

S PM x PM

S BC a BC

   

    

   

PM x

BC a

 

Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABCnên MQ y;

BC  a

MKF ABC

  nên KF z

BC  a

1

x y z PM KF MQ BK KF FC BC

a BC BC BC

     

    

 2

ABC

x y z a S x y z

       

F E

K

D

Q P

A

B C

2

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:

180

BNCBACMBA MCA BAC (tổng ba góc tam giác)

Tứ giác ABNCnội tiếp (O).Nthuộc đường tròn  O ABC nội tiếp đường tròn (O) Tứ giác ABNCnội tiếp (O) nên ANC ABC(hai góc nội tiếp chắn cung AC)

Mà ABC ACB(do ABCcân A) nên ANC ACBhay ANC ACM (2)

I

K N

E D

O

J B

C A

Từ (1) (2) suy MNC ANCba điểm , ,A M Nthẳng hàng

b) Vẽ đường kính AKcủa đường trịn tâm O Gọi J giao điểm AKvà BC

90

ABK  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD90 (0 đường trịn 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 DMEKlà hình bình hành

Mà I trung điểm DEnên I trung điểm MK JMK

 vuông J có JIlà đường trung tuyến JI KI

JKcố định nên Ithuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK Câu

1. Không tổng quát giả sử p q r

Với p2 : 2qr   q r 1624qr2q2r324

      

2q 2r 2r 325 2q 2r 325 13

         

  2    

32q 1 2r  1 2q1  2r1 2q  1 2q 1 325 3 2q 1 18 Do 2q1là ước 13nên 2q 1  5;13

Nếu 2q     1 q r 33(ktm) Nếu 2q 1 13   q r 13 tm

 

         

     

160 160

1 1 160 1 1 160

1 1 162

pqr p q r p qr q r

qr p qr q r qr p q r r

qr p q r

        

                

      

Nếu p lẻq r, lẻqr1p 1 q1r1 4 mà 162 không chia hết cho 4Vô lý Vậy ba số ngun tố cần tìm 2;7;13 hốn vị 

2 Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1a2  a8

Nếu tồn đoạn thẳng a ak; k1;ak2thỏa mãn ak ak1ak2thì ba đoạn thẳng

ghép thành tam giác Giả sử ngược lại:

1 3 4

4 6 7

; ;

; ;

a a a a a a a a a

a a a a a a a a a

     

     

1 10; 10 20 30 50 80 130 210

a  a  a  a  a  a  a  a  , mâu thuẫn với giả thiết

Vậy tồn đoạn thẳng a ak; k1;ak2mà ak ak1 ak2