Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 9 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 9 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. Đề ôn thi HSG 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học: 2018 – 2019 Môn: TOÁN 9 – Ngày thi: 18/03/2019 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (5.0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức: A x3 y3 3 x y , biết rằng: x 3322 3 3 2 2 và y 317 122 3 17 12 2 . 111 2) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn: . Chứng minh rằng phương trình: mn 2 x2 mx n x2 nx m 0 luôn có nghiệm. Bài 2. (5.0 điểm) 2 x xy y 1 1) Giải hệ phương trình: . 3 x y 4x 5 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy. Bài 3. (3.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2) Cho a,,bc là các số thực không âm thỏa mãn: a b c 3. Chứng minh rằng: ab3 1 bc3 1 ca3 1 5. Bài 4. (7.0 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD. a) Chứng minh rằng: AH BH . b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh ba điểm H,N, I thẳng hàng. 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của AO và HBMBAB BC . Chứng minh rằng 2. . Dấu bằng xảy ra khi nào ? HC MCAC  HẾT  Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 1
2. Đề ôn thi HSG 9 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 2018 – 2019 Bài 1. (5.0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức: A x3 y3 3 x y , biết rằng: x 3322 3 3 2 2 và y 317 122 3 17 12 2 . 111 2) Cho hai số thực m, n khác 0 thỏa mãn: . Chứng minh rằng phương trình: mn 2 x2 mx n x2 nx m 0 luôn có nghiệm. Giải 3 1) ● Ta có x3 3322 3 322 322 3.x 322 6 3x 3 và y3 317 122 3 17 222 17 12 2 3. y 17 122 34 3y ● Cộng vế theo vế, ta được: x3 y3 40 3x 3y x3 y3 3 x y 40.  Vậy A 40 khi x 3322 3 3 2 2 và y 317 122 3 17 12 2 . 111 2) ● Từ 4m 4n 2.mn m2 n2 m2 n2 4m 4n 0 . mn 2 x2 mx n 0 2 Ta có: x2 mx nx2 nx m 0 1 . 2 x nx m 0 3 ● Giả sử cả hai phương trình 2 và 3 đều vô nghiệm: 0 m2 4n 0 2  m2 n2 4m 4n 0 . 0 2 3 n 4m 0 Nhận thấy và mâu thuẫn nên giả sử sai. Suy ra trong hai phương trình: 2 và 3 có ít nhất một phương trình có nghiệm.  Do đó phương trình 1 luôn có nghiệm. Bài 2. (5.0 điểm) 2 x xy y 1 1 1) Giải hệ phương trình: . 3 x y 4x 5 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 x y 1 x2 2y2 xy. Giải 1) Điều kiện x 0 . Ta có: 1 x 1 x y 1 0 y 1 x . (Do x 1 0 ) x 1 ● Thay y 1 x vào 2 , ta được: x 1 3x 1 4 x 1 0 3 x 1 4 x 1 0 x 1 2 2 3 3 x 1 2 x 1 2 3 3 3 x 1. 14 x 1 0 x 1 (Vì 14 x 1 0,x 0 ). x 1 x 1 Với x 1 y 0. x 1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: . y 0 Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 2
3. Đề ôn thi HSG 9 2) Ta có: 1 x x 1 y x 1 2y2 x 1 1 x 1 x y 2y2 1. x 1 1 x 1 1 Vì x, y suy ra I hoặc II . 2 2 x y 2y 1 x y 2y 1 x 2 x 0 y 1 x 2 y 1 x 0 ● I  ● II  . 1 y 1 1 y 1 y y 2 2  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 0;1 và 2;1 . Bài 3. (3.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2) Cho a,,bc là các số thực không âm thỏa mãn: a b c 3. Chứng minh rằng: ab3 1 bc3 1 ca3 1 5. Giải 1) Gọi AiAj là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho. ● Giả sử Am là điểm cách xa đoạn thẳng AiAj nhất. Khi đó: Tam giác AiAjAm là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1. ● Ta vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai,Aj, Am lần lượt song song với các cạnh của AiAjAm . Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ. Và tam giác lớn này có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn này chứa tất cả 8073 điểm đã cho. Nhận thấy 8073 : 4 được 2018 dư 1. Nên theo nguyên lí Đirichlet, suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho. 2) ● Ta có: 2P 2ab3 1 2bc3 1 2ca3 1 2a b 1 b2 b 1 2b c 1 c2 c 1 2c a 1 a2 a 1 COSI a b2 2 b c2 2 c a2 2 ab2 bc 2 ca2 6 M 6 ● Không mất tính tổng quát, giả sử b c a thì: b a c c b 0 abc b2c ab2 bc 2 ab 2 bc 2 ca2 abc b2c ca2 . 2 a ba b Suy ra M abc b2c ca2 2 abc b 2c ca2 c a b 4.c 22 3 4 a ba b 3 4 a b c c 4 . 27 22 27 a b c 3 b 0 b c a ● Do đó 2P 10 P 5. Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi c 1 . 2c a b a 2 abc 2 abc  Vậy với a,,bc là các số thực không âm thỏa mãn: a b c 3 thì ab3 1 bc3 1 ca3 1 5. Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi a;;bc 0;1;2 , 1;2;0 , 2;0;1 . Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 3
4. Đề ôn thi HSG 9 Bài 4. (7.0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD. a) Chứng minh rằng: AH BH . b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh ba điểm H,N, I thẳng hàng. 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của HBMBAB AO và BC . Chứng minh rằng 2. . Dấu bằng xảy ra khi nào ? HC MCAC Giải 1. (Hướng dẫn giải) a) Dễ dàng chứng minh được MNAP là hình vuông. Ta có MNPH và ANHP là các tứ giác nội tiếp nên APN AHN 45 và M HN M PN 45 Do đó: AHN NHM 90 hay AH BH . b) Vì ABI và ABH là các tam giác vuông nên tứ giác AHBI nội tiếp, suy BHI BAI 45 . Lại có M HN 45 do đó N nằm trên đường thẳng HI . Hay H,N, I thẳng hàng. 2. (Hướng dẫn giải) Chứng minh tương đương: ● Kẻ phân giác của góc BAC cắt BC tại I . Suy ra IBAB 1 . ICAC ● Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt AM tại D , cắt AI tại E và cắt AH tại K . HBABMBAB IB AB Khi đó: ; và 2 . HC CK MCCD ICCE ● Từ 1 và 2 suy ra: ABABAB 112 2. 3 . CK CDCECKCDCE ● Ta có CEA BAE CAE  ACE cân tại C , suy ra CA CE . 112CK CD 2 Do đó: 3 4 . CKCD CACK .CD CA ● Sử dụng tính chất, góc nội tiếp và hai góc phụ nhau, ta chứng minh được: BAH CAD , mà BAH AKC (sltr)  AKC DAC , suy ra CD.CK CA2 CA CD .CK . CK CD 2 Thay vào 4 ta được: CK CD 2CK.CD (luôn đúng) CK.CD CK.CD Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi CK CD , suy ra AH đi qua O  ABC cân tại A , khi đó AB AC . Trường THCS Đào Duy Từ Năm học 2018 – 2019 GV: Lê Hồng Quốc " Cần cù bù thông minh " Trang 4