Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

199
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1 x2  x x2  x a) Cho A  . Rút gọn biểu thức B = 1  2 A  4 x  1 với 0  x  .  4 x  x 1 x  x 1 1 1 1 b) Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn    0 . Chứng minh x y z   2016 2017 2018 1 1 1  2  2  2  (x  y  z )  xy  yz  zx .  x  2 yz y  2 zx z  2 xy  Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình    x  5  x  2 1  x 2  3x  10  7 . 2 2   x  y  xy  2 b) Giải hệ phƣơng trình  3 .  x  x  y Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm các số thực x sao cho x  2018 và 7  2018 đều là số nguyên. x 2 2 b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab , biết rằng ab - ba là một số chia hết cho 3267. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có BDC  900 , đƣờng phân giác góc BAD cắt cạnh BC và đƣờng thẳng CD lần lƣợt tại E và F . Gọi O, O’ lần lƣợt là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp BCD và CEF . 1) Chứng minh rằng O’ thuộc đƣờng tròn  O  . 2) Khi DE vuông góc với BC . a) Tiếp tuyến của  O  tại D cắt đƣờng thẳng BC tại G . Chứng minh rằng BG.CE  BE.CG. b) Đƣờng tròn  O  và  O’ cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếp tuyến chung IK ( I thuộc  O  , K thuộc  O’ và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’ ), dựng hình bình hành CIMK . Chứng minh OB  O’C > HM . Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2  3xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x2 y2 z2   thức P  4 . x  yz y 4  xz z 4  xy -----Hết----- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƢƠNG HƢỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 Môn: TOÁN (Đáp án gồm có 5 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Họ và tên thí sinh : .................................................Số báo danh:....................... Chữ kí giám thị 1:..................................Chữ kí giám thị 2:................................. (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) Nội dung kiến thức Câu 1(2,0 điểm) 1a)(1,0 đ) Điểm x2  x x2  x  . Rút gọn biểu thức x  x 1 x  x 1 1 . B=1  2 A  4 x  1 với 0  x  4 Cho biểu thức A  A x A x     x x 1 x  x  1 x  x 1  x 1  x   2   0,25 x 1 x  x 1 x  x 1 0,25 x  1  2x B  1 4x  4 x 1  1  x 1 0,25 2 0,25 B  1  2 x  1  1  (1  2 x )  2 x 1b)(1,0 đ) Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 1 1 1    0. x y z Chứng minh   2016 2017 2018 1 1 1  2  2  2  (x  y  z )  xy  yz  zx .  x  2 yz y  2 zx z  2 xy  Từ giả thiết ta có xy + yz + zx = 0(1)  xy   yz  zx  z 2  2 xy  z 2  xy  xy  z 2  xy  yz  zx  (z x)(z y) Tƣơng tự x2  2 yz  (x  y)(x  z); y2  2 xz  (y x)(y z) 1 1 1 1 1 1  2  2     0(2) 2 x  2 yz y  2 zx z  2 xy ( z  x)( z  y) ( y  z )( y  x) ( x  y)( x  z ) Từ (1) và (2) đƣợc điều cần chứng minh 2(2,0 điểm) 2a)(1,0 đ) Giải phƣơng trình  Điều kiện x  2 , đặt Thay vào (1) ta có  0,25 0,25 0,25 0,25  x  5  x  2 1  x 2  3x  10  7 (1) x  5  a  0; x  2  b  0  a 2  b2  7 0,25 0,25 a  b  a  b 1  ab   a 2  b2   a  b 1  ab  a  b   0   1  ab  a  b  0 +) Với a=b ta có x  5  x  2 vô nghiệm +) Với 1  ab  a  b  0   a  1b  1  0  a  1  x  5  1  x  5  1  x  4( KTM )   b  1  x  2  1  x  2  1  x  3(TM ) PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 0,25 0,25 2b)(1,0 đ) 2 2   x  y  xy  2(1) Giải hệ phƣơng trình  3 . x  x  y (2)   Thay (1) vào (2) đƣợc 2 x3  2( x  y)  ( x  y)( x 2  y 2 – xy)  x3  y 3  x  y 0,25 x  0  Thay x  y vào (2) ta đƣợc : x3  2 x  x( x 2  2)  0   x  2 x   2  Thử lại : +) Với x = y = 0 thay vào (1) không thoả mãn. 0,25 +) Với x=y= 2 thay vào (1) thoả mãn. 0,25 0,25 +) Với x=y=- 2 thay vào (1) thoả mãn. Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình:  x; y   ( 2; 2);( x; y)  ( 2;  2) 3(2,0 điểm) 3a)(1,0 đ) Tìm các số thực x sao cho x  2018 và Điều kiện: x  0 7  2018 đều là số nguyên. x 0,25 Đặt a  x  2018 , b  7  2018 . Thay x  a  2018 vào biểu thức b , ta x 7  2018  ab  2025   b  a  2018 a  2018 2018 là số vô tỉ, ab  2025   a, b  Do nên a  b , do đó ab  2025  0  a  b  45  x  45  2018 0,25 Thử lại với x  45  2018 thì thấy a, b là số nguyên. 0,25 đƣợc: b  3b)(1,0 đ) 2 2 Tìm các số có dạng ab , biết rằng ab - ba là một số chia hết cho 3267. Gọi số ab thoả mãn đề bài  a, b là chữ số và a  0, b  0 0,25 0,25 Ta có ab  ba  10a  b   10b  a   99  a 2  b2  là số chia hết cho 2 2 2 2 3267 nên a 2  b2 11   a  b  a  b  11 - Nếu a = b thì ta có các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99. - Nếu a  b thì 8  a  b  8  a  b 11  a  b 11 Mà 2  a  b  18 , nên a  b  11. 0,25 0,25 Khi đó ab  ba  32.112.  a  b  2 2 2 2 Để ab  ba là số chia hết cho 3267 thì a  b phải là số chia hết cho 3 do đó a  b  3 hoặc a  b  6 + Nếu a  b  3 , kết hợp với a  b  11 tìm đƣợc a  7, b  4 0,25 Khi đó 74  47  3267 (thoả mãn) + Nếu a  b  3 , kết hợp với a  b  11 tìm đƣợc a  4, b  7 2 2 Khi đó 472  742  3267 (thoả mãn) + Nếu a  b  6 , kết hợp với a  b  11 không là số tự nhiên thoả mãn Vậy các số phải tìm là 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 74,47. 4(3,0 điểm) 4.1)(1,0 đ) Cho hình bình hành ABCD có BDC  900 , đƣờng phân giác góc BAD cắt cạnh BC và đƣờng thẳng CD lần lƣợt tại E và F. Gọi O, O’ lần lƣợt là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và CEF. 0,25 3) Chứng minh rằng O’ thuộc đƣờng tròn (O). F Ta có O' BE / / AD  BEA  EAD  EAB  ABE cân tại B do đó BA  BE  CD=BE E B C O A 4.2)(2,0 đ) 4.2a)(1,0đ) D mà BAE  EFC và EAD  AEB suy ra EFC  FEC  EC  FC lại có 1 O ' CD  BCD  O ' CE  900  FEC  A  900  BAD (do O’C  EF ) 2 1 BEO '  1800  O ' EC  1800  O ' CE  900  BAD 2 0,25 do đó O ' CD  BEO '   O'EB  O'CD (c.g.c) nên O ' BE  O ' DC Do đó các điểm O’, C, D, B thuộc cùng đƣờng tròn  O '  (O) 0,25 2)Khi DE vuông góc với BC. a) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đƣờng thẳng BC tại G. Chứng minh rằng BG.CE  BE.CG 0,25 B O E 0,25 C G A 4.2b)(1,0đ) D DE 2  BD2  BE 2  BD2  CD2  DB2  DE 2  EC 2  BE 2  EC 2  0  BE  EC  E nằm giữa O và C 1 Do CDG  DBC  sdCD mà CDE  DBC  900  DCE nên 2 CE DE  CDE  CDG  DC là phân giác của EDG  (1) CG DG Do DB  DC  DB là phân giác ngoài đỉnh D của EDG BE DE   (2) BG DG BE CE   BE.CG  BG.CE Từ (1) và (2) suy ra : BG CG Đƣờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại điểm H( H khác C). Kẻ tiếp tuyến chung IK( I thuộc (O), K thuộc (O’) và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’), dựng hình bình hành CIMK. Chứng minh OB  O’C > HM . 0,25 0,25 0,25 M K N O' H I F P Q B O E A C Gọi N là giao điểm của IK và CH Chứng minh đƣợc tam giác IHN đồng dạng với CIN => IN2  NH .NC Chứng minh đƣợc tam giác KNH đồng dạng với CNK  KN2  NH .NC  IN  KN hay N là trung điểm của IK Mà CIMK là hình bình hành  N là trung điểm của MC  C, M , N thẳng hàng  C, M , H thẳng hàng 0,25 D Gọi P là giao của OO’ và HC  OO’ là trung trực của HC  PH  PC N là trung điểm của CM  HM= HN  NM  HN  NC  2HN  HC  2HN+ 2HP  2NP Tứ giác OO’KI là hình thang, gọi Q là trung điểm của OO'  QN là đƣờng trung bình của hình thang  2QN  OI  O ' K  OB  O ' C Do E nằm giữa O, C nên OO'  O ' E  OI  O ' K nên Q không trùng với P mà NP vuông góc với OO'  QN  PN  OB  O ' C  HM 5(1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2  3xyz . Tìm giá trị lớn x2 y2 z2   nhất của biểu thức P  4 . x  yz y 4  xz z 4  xy Vì x, y, z dƣơng, áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1 1 x2 1 +) 2 x 2 yz  x 4  yz  2  4  4  1 x  yz 2 yz 2 x yz x  yz +) 0,25 2 1 1 1 11 1        (2) yz y z 2 yz 4  y z  y2 11 1 x2 1 1 1     ; . Tƣơng tự :     4 4 y  xz 4  x z  x  yz 4  y z  2 z 11 1     4 z  xy 4  x y  Từ (1) và (2) => : 1  1 1 1 1 1 1  1  1 1 1  1 xy  yz  zx (3) P             4 y z x z x y  2 y z x 2 xyz Chứng minh đƣợc xy  yz  zx  x2  y 2  z 2 (4) 1 x 2  y 2  z 2 1 3xyz 3    Từ (3) và (4) có :  P   2 xyz 2 xyz 2 3 3 khi x  y  z  1 thì P  nên giá trị lớn nhất của P bằng 2 2 0,25 0,25 0,25