bộ đề thi HSG toán lớp 9 cấp tỉnh và cấp huyện cửa các tỉnh 2019 2020

Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau.. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh chia hết cho 9.. Tìm

GV: :: Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Dư ơơ nn n gg g Hải ii –– – THCS SS Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Ch hh íí í Th hh aa a nn n hh h –– – BMT –– – Đă ăă kk k Lă ăă kk k (( ( SS S ưu uu tt t ầầ ầ m và g gg ii i ớớ ớ ii i tt t hh h ii i ệệ ệ uu u )) ) tt t rr r aa a nn n gg g 111

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

x  x x m (với m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của

m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm

M(0; 3) và cắt parabol   2

:

P yx tại hai điểm A, B Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Ox Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có diện tích bằng 20

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn: 2 2

2x  y 2xy6x4y202) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C

là tiếp điểm) và một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB; D,

E  (O) Đường thẳng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q

1) Gọi H là giao điểm của BC với OA Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.

Bài 5: (2 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M,

N (M không trùng với B và C; N không trùng với C và D) sao cho  0

45

MAN  Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 6: (2 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa a  b c 3 Chứng minh rằng:

GV: :: Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Dư ơơ nn n gg g Hải ii –– – THCS SS Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Ch hh íí í Th hh aa a nn n hh h –– – BMT –– – Đă ăă kk k Lă ăă kk k (( ( SS S ưu uu tt t ầầ ầ m và g gg ii i ớớ ớ ii i tt t hh h ii i ệệ ệ uu u )) ) tt t rr r aa a nn n gg g 222

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm)

3

tm y

Vì ac   3 0, nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

Vì (d) cắt (P) tại hai điểm A; B, nên hoành độ các điểm A, B là hai nghiệm của (*)

GV: :: Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Dư ơơ nn n gg g Hải ii –– – THCS SS Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Ch hh íí í Th hh aa a nn n hh h –– – BMT –– – Đă ăă kk k Lă ăă kk k (( ( SS S ưu uu tt t ầầ ầ m và g gg ii i ớớ ớ ii i tt t hh h ii i ệệ ệ uu u )) ) tt t rr r aa a nn n gg g 333

4 t 4 x A  x B 16 x A  x B x Ax B2 x x A B  x Ax B 2x x A B   2 3 k  6 62

GV: :: Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Dư ơơ nn n gg g Hải ii –– – THCS SS Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Ch hh íí í Th hh aa a nn n hh h –– – BMT –– – Đă ăă kk k Lă ăă kk k (( ( SS S ưu uu tt t ầầ ầ m và g gg ii i ớớ ớ ii i tt t hh h ii i ệệ ệ uu u )) ) tt t rr r aa a nn n gg g 444

+) Nếu a b c  d 18abcd 5832nhan ; +) Nếu a b c  d 19abcd6859loai ; +) Nếu a b c  d 20abcd 8000loai ; +) Nếu a b c  d 21abcd 9261loai Vậy abcd 4913; 5832

Bài 4: (4 điểm)

1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp

Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính)

Nên OA là trung trực của BC

Ta có: ODE cân tại O (do OD = OE) EDOAEO mà AHD AEO cmt EDOAHD

Lại có: EDOEHO (tứ giác OEDH nội tiếp)

C

O A

D



GV: :: Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Dư ơơ nn n gg g Hải ii –– – THCS SS Ng gg uu u yy y ễễ ễ nn n Ch hh íí í Th hh aa a nn n hh h –– – BMT –– – Đă ăă kk k Lă ăă kk k (( ( SS S ưu uu tt t ầầ ầ m và g gg ii i ớớ ớ ii i tt t hh h ii i ệệ ệ uu u )) ) tt t rr r aa a nn n gg g 555

nên AFM vuông cân tại F  AF = MF

Tương tự AENvuông cân tại E  AE = NE

sin 452

F

E

N

B A

M

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 3 (6,0 điểm)

1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 20cm và 1cm Người ta xếp cây nến trên vào trong một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp Tính thể tích cái hộp

2) Cho đường tròn O R;  và điểm I cố định nằm bên trong đường tròn (I khác O), qua điểm I dựng hai dây cung bất kỳ AB và CD Gọi M N P Q, , , lần lượt là trung điểm của

IA IB IC ID

a) Chứng minh rằng bốn điểm M P N Q, , , cùng thuộc một đường tròn

b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau tại I Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MPNQ có diện tích lớn nhất

Câu 5 (2,0 điểm)

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 907 Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh chia hết cho 9

-Hết -

Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

- Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ……… ……; Số báo danh: … ; Phòng thi số:

Với mọi số nguyên n, (n1) (n n1) 6 n chia hết cho 6 0,5

Vậy A3 ( n1) (n n1) 6 n chia hết cho 18 0,5

Ý 2

(3,0)

Gọi số ô tô lúc đầu là x với x;x2

Số học sinh đi tham quan là 12x  1

0,5

Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh của đoàn được chia đều cho tất cả

các xe Khi đó mỗi xe chở được y học sinh với y; 0 y16

N I

a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AID

Suy ra MQ/ /ADDABQMN Tương tự BCDNPQ

1,0

có DABBCD (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Suy ra QMNNPQ

0,5

5 2 ( 1)

x y

t t

Nếu chia trục số thành hai phần bởi số 0,thì trong 3 số

(2x1), (2y1), (2z1)luôn tồn tại hai số nằm về cùng phía, không mất tính tổng quát giả sử

0,5

TH1 Cả ba số khi chia cho 3 có số dư giống nhau suy ra tổng ba số chia hết cho

3

TH2 Ba số khi chia cho ba có số dư đôi một khác nhau 3 ; 3 m 1; 3n 2k   , suy

ra tổng của ba số cũng chia hết cho 3

0,5

Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt 5, 5, 7 phần tử

Trong mỗi tập, ta luôn chọn được 3 số có tổng lần lượt là:

Như vậy, ta luôn có thể chọn từ đoàn ra 5 nhóm, mỗi nhóm có 3 thí sinh mà tổng

số báo danh của mỗi nhóm lần lượt là 3 ,3 , 3 ,3 ,3a1 a2 a3 a4 a 5 0,5

Trong 5 số a a a a a có 3 số 1, 2, 3, 4, 5 a a i1, i2,a có tổng chia hết cho 3 i3

Như vậy, 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là:

3a i  3a i  3a i  3 a i a i a i  9

0,5

Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa

- Điểm toàn bài không làm tròn

Hết

y2 + y

2

x2.Bài 2 (3 điểm)

Cho a, b, c là ba số thực sao cho a + b = c − 2 và ab = 2c2− 3c + 1 Tìm giá trị lớn nhấtcủa biểu thức P = a2+ b2

Cho 4ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O) Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với

OC, đường thẳng này cắt AC tại D và cắt (O) tại E (E khác B) Cho biết AB = 8cm

và BC = 4 cm, tính độ dài các đoạn thẳng DE, OA và OD

Bài 5 (4 điểm)

Hộp phô mai có dạng hình trụ, đường kính đáy 12,2 cm và chiều cao 2,4 cm

a) Biết rằng 8 miếng phô mai được xếp sát bên trong hộp và độ dày của giấy gói từngmiếng không đáng kể Hỏi thể tích của một miếng phô mai là bao nhiêu?

b) Tính diện tích giấy gói được sử dụng cho một miếng phô mai

(Ghi kết quả gần đúng chính xác đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy)

– HẾT –

STAR-EDUCATION 16/2 Trần Thiện Chánh, P.12, Q.10

THÀNH PHỐKhóa thi ngày 13/3/2019Môn thi: TOÁNLỜI GIẢI

Đây là lời giải minh họa môn Toán kì thi học sinh giỏi cấp thành phố của đội ngũ giáo viên

trẻ ở trung tâm “ Star Education”

Bài 1 Điều kiện: xy 6= 0; y 6= −2x

2

3.Vậy giá trị lớn nhất của P là 7

là 64 km/h

Bài 4 Gọi AH là đường cao của 4ABC suy ra H là trung điểm của BC

Theo định lí Pitago vào 4AHB vuông tại H, ta có:

Gọi S là giao điểm của OC và BE T là trung điểm của AC ⇒ OT ⊥AC

Các tứ giác BOSH, OT DS nội tiếp nên:

Nên D là trung điểm của CT và AD = 6 cm

tại B ⇒ BC = BD = 4 (cm)

Ta có S là trung điểm của BE nên SE = 3, 5 (cm) ⇒ SD = 0, 5 (cm)

Áp dụng định lí Pitago vào 4OSE vuông tại S, ta có:

√15

√15

2√285

STAR-EDUCATION 16/2 Trần Thiện Chánh, P.12, Q.10

b) Ở hình 3, ta nhận thấy rằng phần diện tích giấy gói một miếng bằng tổng của: 2 lần

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

2) Cho hàm số y   m2 4 m  4  x  3 m  2 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 x2  3 m  2  x  2 m2 5 m   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

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

UBND 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

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 B0;3m2OB  3m2 0,5

Do tam giác ABO vuông tại O nên 1 1 22 3 3 2 1

  

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

x y

x y

13

Cộng vế với vế hai phương trình ta được 3 1 1

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được  2  2

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) p2pk2 6k  4 0

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

Nên BAE BAD EAC DAC

Suy ra tứ giác APQF nội tiếpFAQ 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

Áp dụng định lý Talet trong AME ta được AD AK

F

E M

B

A

Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và  ABC nên

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 3a i1 a i2 a i39

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

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

2) Cho hàm số y   m2 4 m  4  x  3 m  2 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 x2  3 m  2  x  2 m2 5 m   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

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

UBND 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

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 B0;3m2OB  3m2 0,5

Do tam giác ABO vuông tại O nên 1 1 22 3 3 2 1

  

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

x y

x y

13

Cộng vế với vế hai phương trình ta được 3 1 1

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh được  2  2

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) p2pk2 6k  4 0

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

Nên BAE BAD EAC DAC

Suy ra tứ giác APQF nội tiếpFAQ 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

Áp dụng định lý Talet trong AME ta được AD AK

F

E M

B

A

Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và  ABC nên

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 3a i1 a i2 a i39

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