Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT UBND Tỉnh Bắc Ninh là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn chuẩn bị tham gia bài thi chọn HSG cấp tỉnh sắp tới. Luyện tập với đề thường xuyên giúp các em học sinh củng cố kiến thức đã học và đạt điểm cao trong kì thi này, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.
Trang 1UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
2 2
với a 0,b 0,a 2 b
2) Cho hàm số y m24m4x 3m2 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 x23m2x 2m25m 3 0, 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 32 1 33 12 2
Câu 3 (4,0 điểm)
1) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn các điều kiện (a c b c)( ) 4c2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p34p9 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 CD CK 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
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM
NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 9
1.1 (2,0 điểm)
a b a b a b a ab b Suy ra
2
0,75
2
2 2
2
2
P
Cách 2: Đặt x a y; 2b ta được
1.2 (2,0 điểm)
Vì ba điểm O A B, , tạo thành một tam giác nên m2 4m 4 0 và 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 0,5
Do tam giác ABO vuông tại O nên 1 1 22 3 3 2 1
OAB
m
2
2
2 2
2
2
11
m
(thỏa mãn)
0,5
2.1 (2,0 điểm)
phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là x1 2m1;x2 m3 1,0 Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi
1,0
Trang 32
1 2
m
Cách 2: Do 0, m nên PT luôn có hai nghiệm Ta có thể giải bài toán ngược: “Tìm m
để PT có hai nghiệm không dương” ĐK này tương đương với 0 1
S
m P
Cách 3: Do 0, m nên PT luôn có hai nghiệm Yêu cầu bài toán tương đương với PT
có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn 22 11
0 0 0
x x
x x
2.2 (2,0 điểm)
Điều kiện:
0 1 3
x y
Nhận xét:
0
1
x
y
Không thỏa mãn điều kiện
2 3
1 3
x
y
Không thỏa mãn phương trình
*
0,25
Do đó, ta có 2x y 1 3y 1 x x 2y
x y
1
y x
0,5
Với y x 1 thay vào phương trình * ta có
5
x
x
0,5
Với 2x y 1 x 3y 1 x 2y
0,25
Trang 4Cộng vế với vế hai phương trình ta được 3 1 1
3
x
x y y Thay vào * ta được ( 1) (2 2) 2 13 1 12
x x x x 2
Vậy hệ có các nghiệm ( ; )x y (1; 0);(5; 4)
0,75
Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ nhất
PT thứ nhất 2x y 1 3 y1 x x 2y
3.1 (2,0 điểm)
Đặta x c b , y c x y ,( , 0) Từ điều kiện suy ra (x 1)(y1) 4
P
2
0,5
Do (x 1)(y1)4x y 3 (x y)
Đặt t x y,(0 t 3)xy 3 t và
2 2
2
(do t 0)
P
0,5
t P
t
Do đó, min 6 3
2
P đạt được khi t 6 hay x y; là nghiệm của hệ 6
x y xy
0,5
P
Do đó, Pmax 1 đạt được khi t 2 hay x y; là nghiệm của hệ 2 1
1
x y
x y xy
0,5
3.2 (2,0 điểm)
Đặt p3 4p 9 t t2( N)
Biến đổi thành p p 24 (t 3)(t3) (1)p t| 3p t| 3 0,25
Trường hợp 1: Nếu p t | 3
Đặt t 3 pk k( N)
Khi đó thay vào (1) ta có:
2 4 ( 6) 2 2 6 4 0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:
4 4 6k 4 4 24k 16
là một số chính phương
0,25
Trang 5Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được 2 2
2 4 24 16 2 4
Suy ra các trường hợp:
2
4 24 16 2 1 2 2 24 15 0
k k k k k (loại)
2
4 24 16 2 2 2 6 3 0
k k k k k (loại)
2
2 24 16 2 3 6 2 24 7 0
k k k k k (loại)
Do đó phải cók 3 Thử trực tiếp được k 3 thỏa mãn
Từ đó ta có t 36;p 11
Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào 1
2 4 ( 3) ( 3) 2 4 2 3 4
p p pk t k t p p kt k
Mặt khác ta có (t3)2 p k2 2 t2 6t 9 k kt2( 3k 4)
2 6 3 9 3 3 4 2 0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:
chính phương Muốn vậy thì k4 24k 16 phải là một số chính phương
Sau đó cách làm giống như trên
0,5
Trường hợp 2: Nếu p t | 3
Đặt t 3 pk k( N)
Khi đó thay vào (1) ta có:p p 2 4 pk pk( 6) p2pk2 6k 4 0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:
4 4 6k 4 4 24k 16
là một số chính phương
Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được 2 2
2 4 4 24 16 2
k k k k Suy ra các trường hợp:
2
4 24 16 2 1 2 2 24 15 0
k k k k k (loại)
2
4 24 16 2 2 2 6 3 0
k k k k k (loại)
2
2 24 16 2 3 6 2 24 7 0
k k k k k (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}
1,0
4.1a (2,0 điểm)
Xét hai tam giác ADB và ACE có ACE 90º (chắn 1
2 đường tròn) nên
0,5
Hơn nữa ABD AEC= (cùng chắn AC ) Suy ra ∆ADB∽∆ACE 0,5
Từ đây ta có tỉ lệ thức AD AB A AE AB AC
4.1.b (1,5 điểm)
Ta có PFQ BAE= (cùng chắn BE)
Mặt khác BAE BAD DAE mà BAD EAC vì ABD∽AEC 0,5
Trang 6Nên BAE BAD EAC DAC
Suy ra tứ giác APQF nội tiếpFAQ FPQ
Vì FAQ FBC (cùng chắn FC ) nên FPQ FBC suy ra PQ/ /BC
0,5
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
Xét AKB và CKE AK KB AK KE KB KC
0,5
Mặt khác AME 90 (chắn 1
2đường tròn) Suy ra ME AD mà DK AD nên DK / /ME
Áp dụng định lý Talet trong AME ta được AD AK
DM KE
Do đó AK DM AD KE
0,5
AD MD AK KE AD KE AK MD AD KE2 2
Vậy AB AC AD AK BD BK CD CK
0,5
4.4 (1,5 điểm)
Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70
ACF
Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD BC
Khi đó, ABC ∽DBG BD BA
BG BC
O
K
Q P
F
E M
B
A
Trang 7Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên
;
FC BC BA AE
FG BG BC EC
0,25
Do đó,
2FC 2BC
FG FG BG BG BC EC FG EC
Từ đó suy ra CG / /EF (ĐL Talet đảo)CFE GCF 20
0,5
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 3số chia cho 3có số dư giống nhau Tổng ba số tương ứng chia hết
cho 3
+ TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3có 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
0,5
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 , 3a a1 2 a a a a 3 1, ,2 3
Còn lại 17 9 8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a4
Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a5
Trong 5 số a a a a a1, , , ,2 3 4 5 có 3 số a a a i1, ,i2 i3 có tổng chia hết cho 3
Nên 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là 3a i1 a i2 a i39
0,5
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 -
F
B
A