Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH ĐỊNH LỚP 9 THCS - KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2019 Bài 1 (5,0 điểm). 1.Tính giá trị biểu thức A = x3 y 3 3 x y , biết rằng x 3 3 2 2 3 3 2 2 ; y 3 17 12 2 3 17 12 2 1 1 1 2. Cho hai số thức m, n khác 0 thỏa mãn m n 2 Chứng minh rằng phương trình x2 mx n x 2 nx m 0 luôn có nghiệm Bài 2. (5,0 điểm) 2 x xy y 1 1. Giải hệ phương trình x 3 y 4x 5 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy2 x y 1 x 2 2y 2 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 nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a b3 1 b c 3 1 c a 3 1 5 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 vuông góc với 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 HB MB AB AO và BC. Chứng minh rằng 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? HC MC AC GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định LỜI GIẢI THAM KHẢO – ĐỘC GIẢ GÓP Ý Bài 1. 1. Đặt x 3 3 2 2 3 3 2 2 = a + b khi đó 3 x3 a b a 3 b 3 3aba b 3223223322322.x 3 x3 6 3x x 3 3x 6 (1) Đặt y 3 17 12 2 3 17 12 2 = c + d khi đó 3 y3 c d c 3 d 3 3cd c d 17 12 2 17 12 2 33 17 12 2 17 12 2 .y y3 34 3y y 3 3y 34 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = x3 y 3 3 x y = x3 y 3 3x 3y 6 34 40 1 1 1 2 m n mn 2. Ta có 2 m n mn m n 2 2mn 2mn x2 mx n 0 (1) Ta có x2 mx n x 2 nx m 0 2 x nx m 0 (2) 2 Phương trình (1) là PT bậc hai có 1 m 4n 2 Phương trình (2) là PT bậc hai có 2 n 4m 2 2 2 2 2 2 2 Do đó 1 2 m 4nn 4mm n 4mn = m n 2mn m n 0 Suy ra trong 1 và 2 có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 0 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm Bài 2. 2 x xy y 1 (1) 1. . Điều kiện x 0 x 3 y 4x 5 (2) PT (1) x2 xy y 1 0 (3) PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có y2 4y 4 y 2 2 0 c Do đó PT (3) có hai nghiệm x 1 (loại vì x 0), x = 1 y (điều kiện y 1 vì x 0) a y = -x + 1 . Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có x 3 x 1 4x 5 x 1 3 x 1 4x 4 0 3 2 x 1 x 1 2 3 x 1 4 x 1 0 3 x 1 1 43 x 1 0 x 1 x 1 3 x 1 0 3 2 x = 1 (TMĐK) suy ra y = 0 (TMĐK) x 1 2 1 43 x 1 0 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) là (1 ; 0) 2. 2xy2 x y 1 x 2 2y 2 xy x2 x2y 2 y 1 2y 2 y 1 0(1) Đặt 2y2 y 1 = a, khi đó PT (1) trở thành x2 ax a 2 0 (2) Phương trình (2) có a2 4a 8 a 2 2 4 Phương trình (1) có nghiệm nguyên Phương trình (2) có nghiệm nguyên là số chính phương Đặt a 2 2 4 = k2 (k N) k2 a 2 2 4 k a 2 k a 2 4 Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên (k + a – 2) và (k – a + 2) là số chẵn. k a 2 2 k a 2 2 k 2 k 2 Do đó hoặc hoặc k a 2 2 k a 2 2 a 2 a 2 a k2 2 2 x 2 Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là 2 2 a k2 2 2 x 0 2 2 Ta có 2y2 y 1 = a = 2 2y2 y 1 = 0 2y2 2y y 1 0 = 0 y 1 y 1 2y 1 0 1 . Ta chọn y = 1 (vì y Z) y 2 Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của hệ phương trình là (2 ; 1) và (0 ; 1) Bài 3: 1. Gọi AAi j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho . Giả sử Ak là điểm cách xa đoạn thẳng AAi j nhất . Khi đó Tam giác AAi j Ak là tam giác lớn nhất và có diện tích hông lớn hơn 1 Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , A j , Ak lần lượt song song với các cạnh của AAi j Ak Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8073 điểm đã cho Ta có 8073 chia cho 4 được 2018 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichlet suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho. 2. Đặt P = a b3 1 b c 3 1 c a 3 1 suy ra 2P = 2a b3 1 2b c 3 1 2c a 3 1 = 2ab1b 2 b1 2bc1c 2 c1 2ca1a 2 a1 a b2 2 b c 2 2 c a 2 2 = ab2 bc 2 ca 2 6 Q 6 Không mất tính tổng quát, ta giả sử b c a ta có b a c c b 0 abc b2 c ab 2 bc 2 ab2 bc 2 ca 2 abc b 2 c ca 2 2 a b a b Do đó Q abc b2 c ca 2 2abc b 2 c ca 2 c a b 4c . 2 2 3 2 4 a b a b 4 a b c 4.33 c 4 27 2 2 27 27 Do đó 2P 10 P 5. Dấu “=” xảy ra a + b + c = 3, b c a , 2c = a + b, abc = 2abc b = 0, c = 1, a = 2 Bài 4. I A N a) Ta có AD  BC tại D (vì ABC vuông cân tại A) P 0 ANM APM 90 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1) 1 H NAP NHP 900 nên NAPH là tứ giác nội tiếp (2) M 1 Từ (1) và (2) suy ra N, A, P, H, M cùng thuộc một đường tròn B D C AMH APH 1800 và ANM APM 900 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1) Ta có APC MDC 900 nên MPCD là tứ giác nội tiếp Suy ra PC1 1 mà C1 MBD (vì AD là trung trực của BC) MBD P1 0 Ta có AMB ADB MBD 90 MBD mà MBD P1 0 0 Suy ra AMB 90 P1 APM P 1 APH AMB AMH APH AMH 180 Do đó B, M, H thẳng hàng AH  BH b) Ta có IBA BAD 450 (vì BI // AD) Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác góc ADB ADI BDI 450 . Do đó IBA IDA 450 A, I, B, D cùng thuộc một đường tròn (3) Ta có AHB ADB 900 nên A, H, D, B cùng thuộc một đường tròn (4) Từ (3) và (4) suy ra A, H, D, B, I cùng thuộc một đường tròn IHD IBD 1800 IHD 900 (vì IBD 900 ) lại có NHD 900 Do đó H, N, I thẳng hàng. 2.  Cách 1: A Kẻ AD là đường kính của đường tròn (O) Xét 2 tam giác vuông HBA và CDA có BD1 1 (vì nội tiếp cùng chắn AC) O 1 HB AB B C nên HBA ∽ CDA (g.g) = HB.AD = AB.CD H M CD AD 1 HC AC Tương tự HCA ∽ BDA (g.g) = HC.AD = AC.BD D BD AD HB AB DC Do đó = . (1) HC AC DB NB AB Ta có AMB ∽ CMD (g.g) = MB.CD = MD.AB MD CD MC AC Tương tự = MC.BD = AC.MD MD BD MB AB DB Do đó = . (2) MC AC DC HB MB AB DC DB AB DC DB AB Ta có + + .2. . 2. HC MC AC DB DC AC DB DC AC Dấu « = » xảy ra DB = DC AB = AC ABC cân tại A.  Cách 2: Gọi I là giao điểm của AH với đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Ta có ABD ACD AID 900 . Do đó BC // DI BI CD A AA1 2 1 2 Ta có DIBC là hình thang cân nên CD = BI, CI = BD 0 Xét AHB và ACD có AA1 2 , AHB ACD 90 O B C HB AB H M AHB ∽ ACD (g.g) (1) CD AD 0 Xét ABD và AHC có BAD HAC , ABD AHC 90 I D BD AD ABD ∽ AHC (g.g) (2) HC AC HB BD AB AD AB HB AB CD Từ (1), (2) suy ra .. . (3) CD HC AD AC AC HC AC BD 1 Xét ABI và AMC có AA1 2 , AIB ACB sđAC 2 BI AB ABI ∽ AMC (g.g) (4) MC AM 1 Xét ABM và AIC có BAM IAC, ABC AIC sđAC 2 MB AM ABM ∽ AIC (g.g) (5) CI AC BI MB AB AM AB MB AB CI Từ (4), (5) suy ra .. . (6) MC CI AM AC AC MC AC BI HB MB AB2 CD CI AB2 CD CI AB 2 Từ (3) và (6) suy ra ... = .. (vì CD = BI, CI = BD) HC MC AC2 BD BI AC2 BI BD AC 2 HB MB HB MB AB2 AB Ta có 2 . 2 2. HC MC HC MC AC2 AC HB MB HB MB HB MB Dấu “=” xảy ra H  M HC MC HB HC MB MC BC BC ABC cân tại A.