028 đề thi HSG toán 9 tỉnh ninh bình 2018 2019

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O.. 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.. a Chứng minh rằng t

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

S

4, 9

x

A

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình   

2

2 3







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 z thỏa mãn x  y z 2019.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

P

Câu 4 (6,0 điểm)

1 Qua điểm M nằm trong tam giác ABC kẻ 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 z là các số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo , , , ,

x y z

2 Cho tam giác ABC cân 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 ABNC là tứ giác nội tiếp Từ đó chứng minh điểm N

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

b) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng DE luôn 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 Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210 Chứng minh rằng trong 8 đoạn thẳng đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành tam giác

ĐÁP ÁN Câu 1

1)

2

4 1 0(*) 1

x

  



Phương trình (*) có ' 3 0   nên có 2 nghiệm phân biệt

Không mất tổng quát coi x3 1thì x x1, 2là 2 nghiệm của  *

Ta có:

2 2

1 2 2

1 2 3 1 2 3

S



Ta có: 2 2  2

1 2 1 2 2 1 2

x x  x x  x x

Theo Viet ta có: 1 2

1 2

4 1

x x

x x





Thay số : x12 x22 14 S 15

 

     

    

  

  

       

2

2

:

2

A

x

x

x





Câu 2 1) Ta có:

2

2 3







1

y

y x







Với y1,thay vào (2) ta được: 3 2 2

x   x     x

Với yx,thay vào (2) được:   3 2 2 3 2

x x  x   x x  x x   x

Đặt 3 2

,

t x x phương trình trở thành:

2

1

2 0 (3)

t

t t







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







Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

2 Phương trình xác định khi 3 12

2 x

  

Phương trình đã cho tương đương với:

   

 

2

2

2 3 0 (1)

0 0

2 3 0

3

x

x x

x



 









 2  12  x 3 12   x 9 x 3

3

x tm x

x

     



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

Câu 3

1 Ta có:

2

2 2

Vì 2  2

; 11

y x là các số chính phương nên x25cũng là số chính phương

x  z x z    x  z x  z  

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

1

  





  

1 5

  





  



1

  





  

     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

5

x

  



  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên   x y;   2;3 ;  2; 3 

2 Ta có: 2 12 2 1 1 1 5 1 1 1

P

2 2 2

4

3

2019 2019

4

P

x y z

31

5435148

P

  Dấu " " xảy ra khi 2019 673

3

x  y z 

5435148

P     x y z

Câu 4

1

ABC

Tứ giác MQCF có MQ/ /FC MF, / /QC(giả thiết)MQCFlà hình bình hành

  Chứng minh tương tự ta có PM BK

Ta có EPM ABCnên

2

EPM ABC

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

BC  a

BC  a

1

ABC

F

E

K

D

Q P

A

M

2

a) Trong  E có MCAMNC(1)(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

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

180

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

Tứ giác ABNC nội tiếp (O).Nthuộc đường tròn  O do ABC nội tiếp đường tròn (O)

Tứ giác ABNC nội tiếp (O) nên ANC ABC(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Mà ABC ACB (do ABC cân tại A) nên ANC ACBhay ANC ACM (2)

I

K N

E D

O

J B

C A

M

Từ (1) và (2) suy ra MNC ANCba điểm , ,A M N thẳng hàng

b) Vẽ đường kính AK của đường tròn tâm O Gọi J là giao điểm của AK và BC

0

90

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

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

Ta có: AB AC OB; OCA O, thuộc đường trung trực của BC

      cân tại KKBCKCB

DBM

 cân tại D (vì DBDM)DBM DMB

EMC

 cân tại E(vì ECEM)ECM EMC

Tứ giác DMEK là hình bình hành

Mà I là trung điểm của DE nên I là trung điểm của MK

JMK

 vuông tại J có JI là đường trung tuyến JI KI

JK cố định nên I thuộc 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

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

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 2

5 13nên 2q 1  5;13 Nếu 2q     1 5 q 3 r 33(ktm)

Nếu 2q 1 13   q 7 r 13 tm

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 a1a2  a8

Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng a a k; k1;a k2thỏa mãn a k a k1a k2thì 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

Khi đó theo giả thiết

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

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

Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng a a k; k1;a k2mà a k a k1 a k2

Do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác