Tải bản đầy đủ (.pdf) (8 trang)

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (294.3 KB, 8 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019


MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 13/3/2019
Câu 1. (4,0 điểm)


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


2 2 2


1 2 3


1 1 1


S


x x x


  


2. Rút gọn biểu thức 1 3 : 3 2 9 0


4, 9


9 2 3 6



x


x x x x x


A


x x


x x x x x


         


      


 


    


   


Câu 2. (4,0 điểm)


1. Giải hệ phương trình







2
2


3



2 1 2


1 2


y x y x x x


x y x y


     





   





2. Giải phương trình :x2  x 24 2 x 2x 3 6 12x


Câu 3. (4,0 điểm)


1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x y2 2 x2 5y2 22x121 0


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


4 4 4


P



x y z xy yz zx


   


 


Câu 4. (6,0 điểm)


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


E P, AB K F; , BC D Q CA; , 

.Biết diện tích các tam giác MPE MQD MKF, , lần
lượt là 2 2 2


, ,


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


x y z


2. Cho tam giác ABCcân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm bất kỳ trên dây
BC, (M khác B, M khác C). 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. Gọi N là giao điểm thứ hai
của đường tròn (D) và (E).


a) Chứng minh rằng tứ giác ABNClà tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm N


thuộc đườn trịn (O) và ba điểm ,A M N, thẳng hàng



b) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng DEluôn nằm trên một đường thẳng
cố định khi điểm M di động trên dây BC.


Câu 5. (2,0 điểm)


1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố

p q r; ;

sao cho pqr   p q r 160



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.


1)




3 2 2


2


5 5 1 0 1 4 1 0


4 1 0(*)
1


x x x x x x


x x
x
        
   
 




Phương trình (*) có ' 3 0   nên có 2 nghiệm phân biệt
Khơng mất tổng qt coi x3 1thì x x1, 2là 2 nghiệm của

 

*
Ta có:




2 2
1 2
2


2 2 2 2


1 2 3 1 2 3


1 1 1 x x 1


S


x x x x x x




    


Ta có: x12 x22 

x1x2

22x x1 2


Theo Viet ta có: 1 2
1 2


4
1
x x
x x
 




Thay số : x12 x22 14 S 15










 













2
2


. 3 3 2 9


2) 1 :


2 3


3 3 3 2


3 3 2 9



1 :


3 3 2


3 9 4 4 9


:


3 3 2


2


3 4 4 3


: :


3 3 2 3 3 2


3 3 3


.


3 2 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 2. 1) Ta có:








2
2


3


2 1 2 (1)


1 2(2)


y x y x x x



x y x y


     


   


  



 

 




 





1 2 1 2 2 1 0


1


2 1 1 0 1 0


y x y x y x x x


y


y x y x y y y x



(3)

Với y1,thay vào (2) ta được: 3 x2  1 2 x2     1 8 x 3


Với yx,thay vào (2) được: x x

 1

3 x2   x 2 x2 x 3 x2   x 2 0
Đặt 3 2


,



txx phương trình trở thành:




3 2


2
1


2 0 1 2 0


2 0 (3)


t


t t t t t


t t


         
  


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


Do đó 2 2


1 5 1 5



2 2


1 1 1 0


1 5 1 5


2 2


x y


t x x x x


x y

  


        

  



Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm


  

  

1 5 1 5 1 5 1 5


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


2 2 2 2



x y           


    


 


2. Phương trình xác định khi 3 12
2 x


  


Phương trình đã cho tương đương với:


 


 


 


2
2 2
2


2 2 3 2 3 9 6 12 12 0


2 3 3 12 0


2 3 0 (1)
.


3 12 0 (2)


0


0


1 2 3 1 3


2 3 0


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 3 12   x 9 x 3


Vậy 2 3 0 3 3( )


3


3 12 0


x x x


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


Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x3.


Câu 3.


1. Ta có:





2 2 2 2 2 2 2


2
2 2


5 22 121 0 5 22 121


5 11


x y x y x y x x x


y x x


         



(4)

y2;

x11

2là các số chính phương nên x25cũng là số chính phương.


Do đó đặt 2 2 2 2





5 5 5


x  zxz    xz xz  



Ta có : xz x;  z là các ước số của 5; xz không âm nên xz là số âm
Suy ra 5


1


x z


x z


  




  


 hoặc


1
5


x z


x z


  





  



TH1: 5


1


x z


x z


  




  


     x 2 x 2


Với 2 2.9 132 2 169(
9


x  y   y  loại)
Với x  2 y2.992  y2    9 y 3


TH2: 1 2


5



x z


x


x z


  


  




  


 (loại)


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm ngun

  

x y;  

2;3 ;

 

 2; 3


2. Ta có: 2 12 2 1 1 1 5 1 1 1


3 3 3 12


P


x y z xy yz zx xy yz zx


 


      


 





2 2 2


16 5 9


.


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

xyyzzx



Suy ra



2
3


x y z


xyyzzx  


 

2

2

2 2 2 2


16 15 16 15


2019 2019


2019 4.


4.


3 3


3 3


P



x y z x y z


x y z


    


   


  


31
.
5435148


P


  Dấu " " xảy ra khi 2019 673
3


x  y z


Vậy min 31 673


5435148



(5)

Câu 4.
1.


Đặt 2



ABC


Sa


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


MQ FC


  Chứng minh tương tự ta có PMBK


Ta có EPMABCnên


2 2 2


2


EPM
ABC


S PM x PM


S BC a BC


   


 


   



PM x


BC a


 


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


BCa


MKF ABC


  nên KF z.


BCa


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




(6)

2.


a) Trong

 

EMCAMNC(1)(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
chắn cung MC)


Trong (D) có MBABNM(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
cung MB)MBA MCA BNMMNCBNC


Do đó: 0


180



BNCBACMBA MCA BAC (tổng ba góc trong một tam giác)


Tứ giác ABNCnội tiếp (O).Nthuộc đường tròn

 

O do ABC nội tiếp đường tròn (O)
Tứ giác ABNCnội tiếp (O) nên ANCABC(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC).


ABCACB(do ABCcân tại A) nên ANCACBhay ANCACM (2)


I



K


N



E


D



O



J


B



C


A




(7)

Từ (1) và (2) suy ra MNCANCba điểm , ,A M Nthẳng hàng.


b) Vẽ đường kính AKcủa đường tròn tâm O. Gọi J là giao điểm của AKvà BC.
0


90



ABK  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD90 (0 vì đường trịn tâm D tiếp
xúc với AB tại B)B D K, , thẳng hàng.


Chứng minh tương tự : C E K, , thẳng hàng.


Ta có: ABAC OB; OCA O, thuộc đường trung trực của BC.


AO BC BK CK KBC


      cân tại KKBCKCB
DBM


 cân tại D (vì DBDM)DBMDMB
EMC


 cân tại E(vì ECEM)ECMEMC


; / / ; / /


KBC EMC KCB DMB KB EM KC DM


   


Tứ giác DMEKlà hình bình hành


Mà I là trung điểm của DEnên I là trung điểm của MK.
JMK


 vng tại J có JIlà đường trung tuyến JIKI



JKcố định nên Ithuộc đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn JK.
Câu 5.


1. Không mất tổng quát giả sử p q r


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


 



2


2q 2r 1 2r 1 325 2q 1 2r 1 325 5 .13


         


 

2





32q 1 2r  1 9 2q1  2r1 2q  1 9 2q 1 325 3 2q 1 18
Do 2q1là ước của 5 .13nên 2 2q 1

 

5;13 .


Nếu 2q     1 5 q 3 r 33(ktm)
Nếu 2q 1 13   q 7 r 13

 

tm








 

 





 





160 1 160


1 1 1 160 1 1 1 1 2 160



1 1 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 bộ ba số nguyên tố cần tìm là

2;7;13 và các hoán vị



2. Ta xếp các đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1a2 ...a8


Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng a ak; k1;ak2thỏa mãn akak1ak2thì ba đoạn thẳng này có thể


ghép thành tam giác.
Giả sử ngược lại:


1 2 3 2 3 4 3 4 5


4 5 6 5 6 7 6 7 8


; ;



; ;


a a a a a a a a a


a a a a a a a a a


     


     



(8)

1 10; 2 10 3 20 4 30 5 50 6 80 7 130 8 210


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


Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng a ak; k1;ak2akak1ak2





×