Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 9 - UBND tỉnh Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 9 - UBND tỉnh Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: 33 2(ab ) a a2 2 b Pa . với a 0, b 0, ab 2 . 33 ab 22 a 2222 ab b b ab 2) Cho hàm số ym 2 44 m xm 32 có đồ thị là d . Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích là 1 cm2 (O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là cm ). Câu 2. (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x22 3 m 2 xm 2 5 m 30, x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương. 2xy 1 31 y x x 2 y 2) Giải hệ phương trình x3 3 x 22 yy32 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn các điều kiện (a cb )( c ) 4 c2 . Tìm giá trị a b ab lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . b 33 c a c bc ca 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn pp3 49 là số chính phương. Câu 4. (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O AB AC và đường caoAD . Vẽ đường kính AE của đường tròn O . a) Chứng minh rằng AD AE AB AC . b) Vẽ dây AF của đường tròn O song song với BC, EF cắt AC tại Q, BF cắt AD tại P . Chứng minh rằng PQ song song với BC . c) Gọi K là giao điểm của AE vàBC . Chứng minh rằng: AB. AC AD. AK BD. BK.CDCK. 2) Cho tam giác ABC có BAC 90 , ABC 20 . Các điểm E và F lần lượt nằm trên các cạnh AC, AB sao cho ABE 10 và ACF 30 . Tính CFE . Câu 5. (1,0 điểm) Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9. HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 9 Câu Đáp án Điểm 1.1. (2,0 điểm) 33 Ta có a33 22 b a 2 b abaabb2 2 2 . Suy ra 2(ab ) a 2(ab ) aa 2 b 0,75 ab33 22 a 22 ab b abaabb 2 22 a 22 ab b 1 . abaabb 2 22 ab 2 ab33 22 a 2 b a 22 ab b aa 22b ab 22bb a 2 0,75 a 22 ab b a 222 ab b ab 2 a . 2b 22 bb 2 12 ab 2 ab Từ đó suy ra P 0,5 ab 22 b 2 b Cách 2: Đặt x ay;2 b ta được 22 33 2xy x xy Px . với x 0; y 0, xy. 33 2 2 2 x y x xy y y xy 1.2. (2,0 điểm) Vì ba điểm OAB,, tạo thành một tam giác nên mm2 4 40 và 3m 20. 23 mm23 0,5 A d Ox A ;0 OA Tọa độ giao điểm của và là 22 . mm 44 mm 44 Tọa độ giao điểm B của d và Oy là B 0;32 m OB 32 m . 0,5 1 1 23 m Do tam giác ABO vuông tại O nên S OAOB. 3m 21 0,5 OAB 22mm2 44 2 22 32m 9m 12 m 4 2 mm 4 4 Do đó, 2 mm2 44 9m22 12 m 4 2 mm 4 4 0,5 7mm2 4 12 0 m 2 2 2 (thỏa mãn) 11mm 20 4 0 m 11 2.1. (2,0 điểm) 22 3m 2 4 2 mm22 5 3 mm 8 16 m 4 0,  m. Do đó, 1,0 phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là x 2 m 1; xm 3 . 12 Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi 1,0
3. xm 0 2 10 1 1 m . xm 0 30 2 2 Cách 2: Do 0, m nên PT luôn có hai nghiệm. Ta có thể giải bài toán ngược: “Tìm m S 0 1 để PT có hai nghiệm không dương” ĐK này tương đương với m . P 0 2 Cách 3: Do 0, m nên PT luôn có hai nghiệm. Yêu cầu bài toán tương đương với PT xx 0 21 có nghiệm xx12, thỏa mãn xx21 0 xx 0 21 2.2. (2,0 điểm) 2xy 1 31 y x x 2 y x3 3 x 22 yy32 * 2xy 10 xy 20 Điều kiện: x 0 1 y 3 0,25 Nhận xét: x 0 21xy x 0 Không thỏa mãn điều kiện. y 1 . 2 x 31y xy 2 0 3 Không thỏa mãn phương trình * . 1 . y 3 Do đó, ta có 2xy 1 31 y x x 2 y 2xy 1 x 31 y x 2 y 0 xy 11xy 0 2xy 1 x 31 y x 2 y 0,5 11 (xy 1) 0 2xy 1 x 31 y x 2 y yx 1 2xy 1 x 31 y x 2 y Với yx 1 thay vào phương trình * ta có x 1 (xx 1)2 ( 2) 2( x 1)32 ( x 1) ( xx 1) 2 ( 5) 0 0,5 x 5 xx 1 yy 0; 5 4 Với 2xy 1 x 31 y x 2 y 2xy 1 31 y x x 2 y 0,25 Ta có 2xy 1 x 31 y x 2 y
4. x 1 Cộng vế với vế hai phương trình ta được xy 31 y 3 2132 Thay vào * ta được (xx 1)2 ( 2) x 1 x 1 0,75 27 9 (xx 1)2 (25 59) 0 x 1 do (x 0) . Vậy hệ có các nghiệm (xy ; ) (1;0);(5;4). Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ nhất PT thứ nhất 2x y 13 y 1 xx 2 y x22 4 xy 3 y 2 x 4 y 10 x y 1 x 3 y 1 0. 3.1. (2,0 điểm) Đặta xcb., yc .,(, x y 0). Từ điều kiện suy ra (xy 1)( 1) 4 . x y xy x22 y3( x y ) xy Khi đó, P y 3 x 3 xy xyxy 3( ) 9 xy 0,5 ()3()2x y2 x y xy xy xyxy 3( ) 9 xy Do (xy 1)( 1) 4 xy 3 (x y ) . Đặt txy ,(0 t 3) xy 3 t và 2 2 xy t 2 3 t xy t 4 t 12 0 t 2 (do t 0 ) 0,5 24 t2 32(3)3 t t tt 33 Khi đó, P với 23 t . 3 tt 39 t 2 t 2 t 33 3 Ta có P 2. 6 . 22t 2 0,5 3 xy 6 Do đó, Pmin 6 đạt được khi t 6 hay xy; là nghiệm của hệ . 2 xy 36 tt22 36 tt 562 t tt 23 Ta lại có P 11 (do 23 t ). 22tt 2 t 0,5 xy 2 Do đó, P 1 đạt được khi t 2 hay xy; là nghiệm của hệ xy1. max xy 1 3.2. (2,0 điểm) Đặt p32 49 p tt ( N ) 0,25 Biến đổi thành pp 2 4 ( t 3)( t 3) (1) pt |  3 pt | 3 Trường hợp 1: Nếu pt|3 Đặt t 3( pk k N ) Khi đó thay vào (1) ta có: p p2 4 pk ( pk 6) p22 pk 6 k 4 0 0,25 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là: kk4 4 64k 4 24k 16 là một số chính phương.
5. 22 Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được kk24 24 k 16 k2 4 Suy ra các trường hợp: 2 kk4 24 16 k 22 1 2 kk 24 15 0 (loại) 2 kk4 24 16 k 22 2 k 6 k 3 0 (loại) 2 kk2 24 16 k 22 3 6 kk 24 7 0 (loại) Do đó phải cók 3 . Thử trực tiếp được k 3 thỏa mãn. Từ đó ta có tp 36; 11. 0,5 Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào 1 p p2 4 pkt ( 3) kt ( 3) p22 4 p kt3 k 4 Mặt khác ta có (t 3)2222 p k t 6 t 9 k2 ( kt 3 k 4) tt2332 6 k 93 k 4 k 0 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là: 2 6 k3 4 9 3 k3 4 k 2 k 6 24 k 3 16 k 2 kk 24 24 k 16 là một số chính phương. Muốn vậy thì kk4 24 16 phải là một số chính phương. Sau đó cách làm giống như trên. Trường hợp 2: Nếu pt|3 Đặt t 3( pk k N ) Khi đó thay vào (1) ta có: p p2 4 pk ( pk 6) p22 pk 6 k 4 0 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là: kk4 4 64k 4 24k 16 là một số chính phương. 22 Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được k24 4 kk 24 16 k 2 Suy ra các trường hợp: 1,0 2 kk4 24 16 k 22 1 2 kk 24 15 0 (loại) 2 kk4 24 16 k 22 2 k 6 k 3 0 (loại) 2 kk2 24 16 k 22 3 6 kk 24 7 0 (loại) Do đó phải có k 3 Thử trực tiếp được k 3 thỏa mãn. Từ đó suy ra t 3;18 tương ứng p 2; 7 . Vậy tập tất cả giá trị p cần tìm là {2; 7;11} 4.1a. (2,0 điểm) 1 Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE 90º (chắn đường tròn) nên 2 0,5 ACE ADB 90º. Hơn nữa ABD= AEC (cùng chắn AC ). Suy ra ∆∆ADB∽ ACE 0,5 AD AB Từ đây ta có tỉ lệ thức AD AE AB AC . 1,0 ACA E 4.1.b (1,5 điểm) Ta có PFQ = BAE (cùng chắn BE ) 0,5 Mặt khác BAE BAD DAE mà BAD EAC vì ABD∽ AEC
6. Nên BAE BAD EAC DAC . 0,5 Do đó PAQ PFQ . A F O P Q 0,5 K C B D M E Suy ra tứ giác APQF nội tiếp FAQ FPQ Vì FAQ FBC (cùng chắn FC ) nên FPQ FBC suy ra PQ// BC . 4.1.c (2,0 điểm) Ta có AB AC AD AE . Suy ra AB AC AD AK AD AE AD AK AD KE . 0,5 Kéo dài AD cắt O tạiM . AK KB Xét AKB và CKE AK KE KB KC CK KE 0,5 AD CD ADC∽ BDM AD MD BDCD . BD MD 1 Mặt khác AME 90 (chắn đường tròn) 2 Suy ra ME  AD mà DK  AD nên DK// ME . 0,5 AD AK Áp dụng định lý Talet trong AME ta được . DM KE Do đó AK DM AD KE . BD. BK CDCK BDCD . . CK . BK . AD MD AK KE AD KE AK MD AD22 . KE 0,5 BD. BK CDCK AD . KE Vậy AB. AC AD . AK BD . BK CDCK . 4.4. (1,5 điểm) Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70 0,25 ACF có CAF 90 , ACF 30 FC2. AF Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD BC . BD BA 0,25 Khi đó, ABC∽ DBG BG BC GCB GBC 20º GCF 20º . 0,25
7. A F G E 0,25 C B D Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên FC BC BA AE ; FG BG BC EC 11 FC BC AF BD BA AE AF AE Do đó, 22 FG FG BG BG BC EC FG EC 0,5 Từ đó suy ra CG// EF (ĐL Talet đảo) CFE GCF 20 . 5. (1,0 điểm) Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra: + TH1: Có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau Tổng ba số tương ứng chia hết cho 3. 0,5 + TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhau Có ít nhất 1 số chia hết cho 3 , 1 số chia cho 3 dư1, 1 số chia cho 3 dư 2. Suy ra luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3. Do đó ta chia 17 số là số báo danh của 17 học sinh thành 3 tập có lần lượt 5, 5, 7 phần tử. Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3a1 ,3 a 2 ,3 a 3 aaa 123 , , . Còn lại 17 9 8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a4 . 0,5 Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a5 . Trong 5 số aaaaa12345,,,, có 3 số aaaiii123,, có tổng chia hết cho 3 . Nên 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là 39 aaaiii123  Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. Hết