AD Vẽ đường kính AE của đường tròn O a Chứng minh rằng AD AE.. 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..
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1 (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
2 2
0, 0, 2
a b a b
2) Cho hàm số 2
y m m x m 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 1cm (O là gốc tọa độ, dơn vị đo trên các trục là 2 cm )
Câu 2 (4,0 điểm)
1) Cho phương trình 2 2
x m x m m x là ẩn, m là tham số
Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương
2) Giải hệ phương trình:
3 2 2
Câu 3 (4,0 điểm)
1) Cho các số thực dương a b c thỏa mãn các điều kiện , , 2
4
ac bc c Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3 4p9là số chính phương
Câu 4 (7,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) ABACvà đường cao
AD 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 và BC Chứng minh rằng:
AB ACAD AK BD BK CD CK
2) Cho tam giác ABC có BAC90 ,0 0
20
ABC Các điểm E và F lần lượt nằm
trên các cạnh AC AB sao cho , ABE100và ACF 30 0 Tính CFE
Câu 5 (1,0 điểm)
Trong kỳ 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
Trang 2ĐÁP ÁN Câu 1
a b a b a b a ab b
Suy ra :
2
2
2 2
2
a
a
a
2
P
2) Vì ba điểm , ,O A B tạo thành một tam giác nên m2 4m 4 0và 3m 2 0
Tọa độ giao điểm A của d và Ox là 22 3 ;0 22 3
Tọa độ giao điểm B của d và Oy là B0;3m2OB 3m2
Do tam giác ABO vuông tại O nên 1 1 22 3 3 2 1
OAB
m
Do đó,
2( )
3 2
( )
11
m
Câu 2
3m 2 4 2m 5m 3 m 4 0, m
Do đó, phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là x12m1;x2 m 3
Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
1
2
m
Trang 32
Điều kiện
2 0 0 1 3
x y
x
y
Nhận xét :
0
1
x
y
không thỏa mãn điều kiện
2 3
1 3
x
y
Không thỏa phương trình (*)
Do đó, ta có: 2x y 1 3y 1 x x2y
0
1
x y
y x
Với y x 1thay vào phương trình (*) ta có:
2 3 2 2 1
5
x
x
Với 2x y 1 x 3y 1 x2y
Cộng vế với vế hai phương trình ta được: 3 1 1
3
x
x y y
Trang 4Thay vào (*) ta được: 2 2 3 1 2
2
Vậy hệ có các nghiệm x y; 1;0 ; 5;4
Câu 3
1 Đặt ax c b , y c x y , 0 Từ điều kiện suy ra x1y 1 4
Khi đó,
2
2 2
P
Do x1y 1 4 xy 3 x y
Đặt t x y, 0 t 3 xy 3 tvà
2 2
2
Khi đó, 2
P
Ta có : 2 3 3 6 3
t P
t
Do đó, min 6 3
2
P đạt được khi t 6hay x y là nghiệm hệ ; 6
x y xy
Ta lại có 2 3 6 2 5 6 2 2 3
1 1
P
Do đó, Pmax 1 t 2hay (x;y) là nghiệm hệ 2 1
1
x y
x y xy
2 Đặt 3 2
p p t t
Biến đổi thành :
3
TH1: Nếu t3 p
Đặt t 3 pk k
Khi đó thay vào (1) ta có: 2 2 2
p p pk pk p pk k
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là: 4 4
là một số chính phương
Mặt khác với k 3ta dễ chứng minh được 2 2 4 2 2
k k k k
Trang 5Suy ra các trường hợp:
2
2
2
Do đó phải có k3, thử trực tiếp được k 3(tm)
Từ đó ta có t 36,p11
Trường hợp 2: Nếu p t 3, đặt t 3 pk k
Khi đó thay vào (1) ta có: 2 2 2
p p pk pk p pk k
Xem đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương
trình là : 4 4
là một số chính phương
Mặt khác với k 3ta dễ chứng minh được 2 2 2 2
k k k k , suy ra các trường hợp:
2
2
2
Do đó phải có k3,thử trực tiếp được k3thỏa mãn
Từ đó suy ra t3;18tương ứng p2;7
Vậy tập tất cả các giá trị của p cần tìm là 2;7;11
Trang 6Câu 4
1)
a) Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE900(chắn nửa đường tròn) nên
0 90
ACE ADB
Hơn nữa ABD AEC (cùng chắn AC) Suy ra ADB ACE
Từ đây ta có tỷ lệ thức AD AB AD AE AB AC
b) Ta có : PFQBAE(cùng chắn BE)
mặt khác BAEBADDAE mà BADEAC vì ABD AEC
nên BAEBADEACDAC,do đó: PAQ PFQ
suy ra tứ giác APQF nội tiếp FAQFBQPQ/ /BC
c) Ta có: AB AC AD AE AB AC AD AK AD AE AD AK AD KE Kéo dài AD cắt O tại M
Xét AKBvà CKE AK KB AK KE KB KC
M
K
P
Q F
E D
O A
B
C
Trang 7.
Mặt khác AME 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra MEADmà DK ADDK / /ME
Áp dụng định lý Talet trong AMEta được AD AK
DM KE
Do đó : AK DM AD KE
2 2
BD BK CD CK BD CD CK BK
AD MD AK KE AD KE AK MD AD KE
BD BK CD CK AD KE
Vậy AB AC AD AK BD BK CD CK
2)
Xét ABC có BAC90 ,0 ABC200 ACB700
ACF
có CAF 90 ,0 ACF 300 FC2.AF
Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GDBC
Khi đó, ABC DBG BD BA
Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên
;
FG BG BC EC
Do đó,
2FC 2BC
FG FG BG BG BC EC FG EC
Từ đó suy ra CG/ /EF (Định lý Ta let đảo)CFEGCF200
Câu 5
Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:
D
E G
F
C B
A
Trang 8+TH1: có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau Tổng ba số tương ứng chia hết cho 3
+TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhauCó ít nhất 1 số chia hết cho 3, 1 số chia cho 3 dư 1, 1 số chia cho 3 dư 2, suy ra luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho3
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 3 ,3 ,3 , ,a1 a2 a a a a3 1 2, 3
Còn lại 17 9 8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3 a4
Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a5
Trong 5 số a a a a a1, 2, 3, 4, 5có 3 số a a i1, i2,a i3có tổng chia hết cho 3
Nên 9 học sinh tương ứng có tổng là các số báo danh là 3a i1a i2 a i3 9