Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Ninh Bình

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Ninh Bình

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1

a) Gọi ${{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}};\,\,{{x}_{3}}$ là 3 nghiệm của phương trình: ${{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+5x-1=0$.

Tính giá trị của biểu thức $S=\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}$.

b) Rút gọn \[A=\left( 1-\frac{x-3\sqrt{x}}{x-9} \right):\left( \frac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}-2}{3+\sqrt{x}}-\frac{9-x}{x+\sqrt{x}-6} \right)\] với $x\ge 0$, $x\ne 4$, $x\ne 9$.

Câu 2

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& (y-2x)(1-y-x)=2{{x}^{2}}-x \\& x(y-1)+\sqrt[3] {{{x}^{2}}-y}=2 \\\end{align} \right.$.

b) Giải phương trình: ${{x}^{2}}+x+24-2x\sqrt{2x+3}=6\sqrt{12-x}$.

Câu 3

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{2}}{{y}^{2}}-{{x}^{2}}+5{{y}^{2}}-22x-121=0$.

b) Cho $x,\,\,y,\,\,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=2019$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+\frac{3}{4xy}+\frac{3}{4yz}+\frac{3}{4zx}$.

Câu 4

1) Qua điểm $M$ trong tam giác $ABC$ kẻ $DK\,\text{//}\,AB$, $EF\,\text{//}\,AC$, $PQ\,\text{//}\,BC$ ($E,\,\,P\in AB$, $K,\,\,F\in BC$, $D,\,\,Q\in CA$). Biết diện tích các tam giác $MPE$, $MQD$, $MKF$ lần lượt là ${{x}^{2}}$; ${{y}^{2}}$; ${{z}^{2}}$ 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 kì trên dây $BC$ ($M$ khác $B$ và $C$). 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 hai đường tròn $(D)$  và $(E)$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABNC$ nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm $N$ thuộc đường 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

a) Tìm tất cả các bộ số nguyên tố ($p$; $q$; $r$) sao cho $pqr=p+q+r+160$.

b) 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 ba đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.

 ……………….HẾT…………….

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1:

a) Gọi ${{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}};\,\,{{x}_{3}}$ là 3 nghiệm của phương trình: ${{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+5x-1=0$.

Tính giá trị của biểu thức $S=\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}$.

b) Rút gọn \[A=\left( 1-\frac{x-3\sqrt{x}}{x-9} \right):\left( \frac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}-2}{3+\sqrt{x}}-\frac{9-x}{x+\sqrt{x}-6} \right)\] với $x\ge 0$, $x\ne 4$, $x\ne 9$.

Lời giải

a) Ta có phương trình $\Leftrightarrow (x-1)({{x}^{2}}+x+1)-5x(x-1)=0$$\Leftrightarrow (x-1)({{x}^{2}}-4x+1)=0$.

Suy ra ${{x}_{1}}=1$và ${{x}_{2}},\,\,{{x}_{3}}$ là hai nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-4x+1=0$. Theo Vi-et ta có $\left\{ \begin{align}& {{x}_{2}}+{{x}_{3}}=4 \\& {{x}_{2}}{{x}_{3}}=1 \\\end{align} \right.$. Do đó $S=1+\frac{{{({{x}_{2}}+{{x}_{3}})}^{2}}-2{{x}_{2}}{{x}_{3}}}{x_{2}^{2}x_{3}^{2}}$$=1+\frac{16-2}{1}=15$.

b) Ta có $A=\frac{x-9-x-3\sqrt{x}}{x-9}:\frac{(3-\sqrt{x})(3+\sqrt{x})+{{(\sqrt{x}-2)}^{2}}+x-9}{(\sqrt{x}-2)(3+\sqrt{x})}$

$=\frac{3(\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}.\frac{(\sqrt{x}-2)(3+\sqrt{x})}{{{(\sqrt{x}-2)}^{2}}}=\frac{3}{\sqrt{x}-2}$.

Câu 2

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& (y-2x)(1-y-x)=2{{x}^{2}}-x \\& x(y-1)+\sqrt[3] {{{x}^{2}}-y}=2 \\\end{align} \right.$.

b) Giải phương trình: ${{x}^{2}}+x+24-2x\sqrt{2x+3}=6\sqrt{12-x}$.

Lời giải

a) Từ $(y-2x)(1-y-x)=2{{x}^{2}}-x$$\Leftrightarrow {{y}^{2}}-y-xy+x=0$$\Leftrightarrow (y-1)(y-x)=0$.

Xét $y=1$ thế vào phương trình $x(y-1)+\sqrt[3] {{{x}^{2}}-y}=2$ được $\sqrt[3] {{{x}^{2}}-1}=2\Leftrightarrow x=\pm 3$.

Xét $y=x$ thế vào phương trình $x(y-1)+\sqrt[3] {{{x}^{2}}-y}=2$ được ${{x}^{2}}-x+\sqrt[3] {{{x}^{2}}-x}-2=0$.

Đặt $\sqrt[3] {{{x}^{2}}-x}=t$ ta có phương trình ${{t}^{3}}+t-2=0$$\Leftrightarrow (t-1)({{t}^{2}}+t+2)=0$ vì ${{t}^{2}}+t+2>0$ nên suy ra $t=1$ $\Rightarrow \sqrt[3] {{{x}^{2}}-x}=1$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-1=0$$\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x;\,y)\in \left\{ (-3;\,1),\,(3;\,1),\,\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2};\,\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right),\,\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2};\,\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right) \right\}$

b) ĐKXĐ: $-\frac{3}{2}\le x\le 12$. Phương trình $\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x\sqrt{2x+3}+2x+3+12-x-6\sqrt{12-x}+9=0$

$\Leftrightarrow {{\left( x-\sqrt{2x+3} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{12-x}-3 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \sqrt{2x+3}=x \\& \sqrt{12-x}=3 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=3$ (TMĐK).

Vậy phương trình có nghiệm $x=3$.

Câu 3

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{2}}{{y}^{2}}-{{x}^{2}}+5{{y}^{2}}-22x-121=0$.

b) Cho $x,\,\,y,\,\,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=2019$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+\frac{3}{4xy}+\frac{3}{4yz}+\frac{3}{4zx}$.

Lời giải

a) Phương trình $\Leftrightarrow {{y}^{2}}({{x}^{2}}+5)={{(x+11)}^{2}}$ suy ra ${{x}^{2}}+5$ phải là số chính phương.

Đặt ${{x}^{2}}+5={{a}^{2}}\Leftrightarrow (a-x)(a+x)=5$ với $a\in \mathbb{Z}$. Ta xét các trường hợp sau:

TH1:
$\left\{ \begin{array}{l}
a – x = – 5\\
a + x = – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = – 3\\
x = 2
\end{array} \right. \Rightarrow {y^2} = \frac{{169}}{9}$ (loại).

TH2:
$\left\{ \begin{array}{l}
a – x = – 1\\
a + x = – 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = – 3\\
x = – 2
\end{array} \right. \Rightarrow y = \pm 3$.

TH3:
$\left\{ \begin{array}{l}
a – x = 5\\
a + x = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
x = – 2
\end{array} \right. \Rightarrow y = \pm 3$.

TH4:
$\left\{ \begin{array}{l}
a – x = 1\\
a + x = 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
x = 2
\end{array} \right. \Rightarrow {y^2} = \frac{{169}}{9}$ (loại).

Vậy phương trình có nghiệm $(x;y)\in \left\{ (-2;-3),\,\,(-2;3) \right\}$.

b) Áp dụng BĐT $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}$ với $a,\,\,b,\,\,c>0$ ta có

$P=\frac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+\frac{1}{3xy}+\frac{1}{3yz}+\frac{1}{3zx}+\frac{5}{12}\left( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right)$

$\ge \frac{1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+\frac{9}{3(xy+yz+zx)}+\frac{5}{12}.\frac{9}{xy+yz+zx}$$\ge \frac{16}{{{(x+y+z)}^{2}}+xy+yz+zx}+\frac{5}{12}.\frac{9}{xy+yz+zx}$

$\ge \frac{16}{{{2019}^{2}}+\frac{{{(x+y+z)}^{2}}}{3}}+\frac{5}{12}.\frac{9}{\frac{{{(x+y+z)}^{2}}}{3}}$

$=\frac{48}{{{4.2019}^{2}}}+\frac{5}{12}.\frac{27}{{{2019}^{2}}}=\frac{48}{{{4.2019}^{2}}}+\frac{45}{{{4.2019}^{2}}}=\frac{16}{{{12.673}^{2}}}+\frac{15}{{{12.673}^{2}}}=\frac{31}{{{12.673}^{2}}}$.

Vậy GTNN của P là $\frac{31}{{{12.673}^{2}}}$. Đạt được khi $x=y=z=673$.

Câu 4

1) Qua điểm $M$ trong tam giác $ABC$ kẻ $DK\,\text{//}\,AB$, $EF\,\text{//}\,AC$, $PQ\,\text{//}\,BC$ ($E,\,\,P\in AB$, $K,\,\,F\in BC$, $D,\,\,Q\in CA$). Biết diện tích các tam giác $MPE$, $MQD$, $MKF$ lần lượt là ${{x}^{2}}$; ${{y}^{2}}$; ${{z}^{2}}$ 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 kì trên dây $BC$ ($M$ khác $B$ và $C$). 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 hai đường tròn $(D)$  và $(E)$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABNC$ nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm $N$ thuộc đường 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 $BC$.

Lời giải

1) Ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác $BKMP$ và $CFMQ$ là các hình bình hành.

Do đó $\frac{MP}{BC}+\frac{KF}{BC}+\frac{MQ}{BC}=\frac{MP+KF+MQ}{BC}=1$.

Mặt khác đặt ${{S}_{ABC}}={{a}^{2}}$ ta có $\Delta EPM\backsim \Delta ABC$; $\Delta MKF\backsim \Delta ABC$; $\Delta DMQ\backsim \Delta ABC$ suy ra $1=\frac{MP}{BC}+\frac{KF}{BC}+\frac{MQ}{BC}$$=\sqrt{\frac{{{S}_{EPM}}}{{{S}_{ABC}}}}+\sqrt{\frac{{{S}_{MKF}}}{{{S}_{ABC}}}}+\sqrt{\frac{{{S}_{DMQ}}}{{{S}_{ABC}}}}$

$=\frac{x+y+z}{a}$$\Rightarrow {{S}_{ABC}}={{(x+y+z)}^{2}}$.

2a)

Ta có $\widehat{BAC}+\widehat{BNC}=\widehat{BAC}+\widehat{BNM}+\widehat{CNM}$

$=\widehat{BAC}+\widehat{ABM}+\widehat{ACM}=180{}^\circ $ nên tứ giác $ABNC$ nội

tiếp, suy ra điểm N thuộc đường tròn (O). Mặt khác $\widehat{BNA}=\widehat{BCA}=\widehat{CBA}=\widehat{MBA}=\widehat{BNM}$ do đó ba điểm $A$, $M$, $N$ thẳng hàng.

b) Gọi $K$ là giao điểm của các đường thẳng $BD$ và$CE$. Gọi $P,\,\,Q$ lần lượt là trung điểm của $BK$ và$CK$. Vì $\widehat{ABK}=\widehat{ACK}=90{}^\circ $ nên K thuộc (O) hay $AK$là đường kính của đường tròn (O). Suy ra $AK$ cố định, suy ra $PQ\,\text{//}\,BC$ cố định.

Mặt khác $\Delta ABC$ cân nên $KB=KC$hay $\Delta BKC$ cân tại $K$. Các tam giác $BDM$,$CEM$cân nên ta

có $\widehat{BMD}=\widehat{KBC}=\widehat{KCB}$ và $\widehat{CME}=\widehat{KCB}=\widehat{KBC}$,

suy ra $MD\,\text{//}\,KE$ và $ME\,\text{//}\,KD$ hay tứ giác $KEMD$là

hình bình hành, suy ra  $I$  là trung điểm $MK$. Do đo $PI$ là đường trung bình của $\Delta KBM$ nên $PI\,\text{//}\,BC$. Tương tự $QI\,\text{//}\,BC$ hay $P,\,\,I,\,\,Q$ thẳng hàng. Vậy $I$ di chuyển trên đường thẳng $PQ$ cố định.

Câu 5

a) Tìm tất cả các bộ số nguyên tố ($p$; $q$; $r$) sao cho $pqr=p+q+r+160$.

b) 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 ba đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.

Lời giải

a) Giả sử $p\ge q\ge r\ge 2$. Xét $r=2$thì $pqr=p+q+r+160$$\Leftrightarrow (2p-1)(2q-1)=325$.

Với $2p-1\ge 2q-1\ge 3$ ta tìm được $p=13$, $q=7$ thỏa mãn.

Xét $r\ge 3$ thì $160=pqr-(p+q+r)$$\ge pqr-3p$$\ge 3pq-3p$$=3p(q-1)>3{{(q-1)}^{2}}$

$\Rightarrow {{(q-1)}^{2}}<54$$\Rightarrow q-1<9$$\Rightarrow q<9$$\Rightarrow q\in \left\{ 3;\,\,5;\,\,7 \right\}$.

Với $q=3$ thì $r=3$ khi đó $p=20,75$(loại).

Với $q=5$ thì $pqr=p+q+r+160$$\Leftrightarrow 5pr=p+5+r+160$$\Leftrightarrow (5p-1)(5r-1)=826$ (loại).

Với $q=7$ thì  $pqr=p+q+r+160$$\Leftrightarrow 7pr=p+7+r+160$$\Leftrightarrow (7p-1)(7r-1)=1170$ (loại).

Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là $(p;\,\,q;\,\,r)=(2;\,\,7;\,\,13)$ và các hoán vị của nó.

b) Gọi 8 đoạn thẳng đó lần lượt là ${{a}_{1}};\,\,{{a}_{2}};\,\,{{a}_{3}};\,…;\,{{a}_{8}}$ trong đó $10\le {{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le {{a}_{3}}\le …\le {{a}_{8}}<210$. Giả sử không thể chọn được 3 đoạn thẳng bất kỳ nào trong 8 đoạn thẳng trên để ghép thành 3 cạnh của một tam giác. Do ${{a}_{1}};\,\,{{a}_{2}};\,\,{{a}_{3}}$ không lập thành 3 cạnh của một tam giác mà $10\le {{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le {{a}_{3}}$ và bất đẳng thức trong tam giác không thể xảy ra nên ${{a}_{3}}\ge {{a}_{2}}+{{a}_{1}}\ge 2{{a}_{1}}>20$. Tương tự ta cũng có

${{a}_{4}}\ge {{a}_{3}}+{{a}_{2}}\ge 2{{a}_{1}}+{{a}_{1}}=3{{a}_{1}}>30$; ${{a}_{5}}\ge {{a}_{4}}+{{a}_{3}}\ge 3{{a}_{1}}+2{{a}_{1}}=5{{a}_{1}}>50$.

${{a}_{6}}\ge {{a}_{5}}+{{a}_{4}}\ge 5{{a}_{1}}+3{{a}_{1}}=8{{a}_{1}}>80$; ${{a}_{7}}\ge {{a}_{6}}+{{a}_{5}}\ge 8{{a}_{1}}+5{{a}_{1}}=13{{a}_{1}}>130$.

${{a}_{8}}\ge {{a}_{7}}+{{a}_{6}}\ge 13{{a}_{1}}+8{{a}_{1}}=21{{a}_{1}}>210$ (vô lí). Vậy trong 8 đoạn thẳng đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.

……………..HẾT……………