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

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

192
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm chuẩn bị kiến thức cho kì thi chọn học sinh giỏi môn Toán sắp tới mời các bạn học sinh lớp 9 cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc dưới đây để ôn tập cũng như rèn luyện kỹ năng giải bài tập Toán học. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

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 Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)  a  2018 a  2018  a  1 Câu 1 (2,0 điểm). Rút gọn biểu thức P   .   a  1  2 a  a  2 a 1 Câu 2 (2,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x  y  và y  z. Chứng minh đẳng thức  y x  z x z 2 y 2   x y z  2 , x y z x z . y z Câu 3 (2,0 điểm). Tìm số tự nhiên abcd sao cho abcd  abc  ab  a  4321. ( m  1 )x  y  2 Câu 4 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  ( m là tham số và x, y là ẩn số)  x  2y  2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) trong đó x, y là các số nguyên. Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình 1  x  4  x  3. Câu 6 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  12cm, AC  16cm. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh BC . Chứng minh rằng đường thẳng BI vuông góc với đường thẳng MI. Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình thoi ABCD có góc BAD  500 , O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng AB. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M (điểm M không trùng với điểm B), trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN. a) Chứng minh rằng: MB.DN  BH.AD b) Tính số đo góc MON Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O) cố định và hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( O ). Gọi A là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) (điểm A không trùng với điểm B và C), M là trung điểm của đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB tại điểm H. Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi trên đường tròn (O) thì điểm H luôn nằm trên một đường tròn cố định. 1 1 1 Câu 9 (2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện    2 . Chứng minh a b c 1 1 1 2    . rằng: 2 2 2 2 2 2 3 5a  2ab  2b 5b  2bc  2c 5c  2ca  2a Câu 10 (2,0 điểm). Cho hình vuông ABCD và 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1) Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vuông. 1 2) Mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành hai phần có tỉ lệ diện tích bằng . 3 Chứng minh rằng trong 2018 đường thẳng đó có ít nhất 505 đường thẳng đồng quy. -----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………….. Số báo danh:…….…………............. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó. II) Đáp án và thang điểm:  a  2018 a  2018  a  1  . Câu 1(2,0 điểm).Rút gọn biểu thức P    a 1  a 2 a 1 2 a     Nội dung trình bày a  0 Điều kiện:  a  1 Điểm 0,5  a  2018  a 1 a  2018  Khi đó: P    2 ( a  1)( a  1)  2 a  ( a  1) ( a  2018 )( a  1)  ( a  2018 )( a  1) a  1  . ( a  1)2 ( a  1) 2 a  0,5 0,5 2.2017 a a  1 2017  . a 1 ( a  1)2 ( a  1) 2 a 0,5 Câu 2(2,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x  y  và y  z.Chứng minh đẳng thức  y  y x  z x z 2 y 2  x z  z 2 2 x z 2 2 2 y 2 2  2 , x y z x z . y z Nội dung trình bày    x  y  z  y y  z  x  y  z  x  x  2 y  z  x  z    x  z    2 x  y  z  y  z    y  z   x  z  2 x  2 y  2 z    y  z  2 x  2 y  2 z  x Ta có:  x y z Điểm 0,5 0,5 2  x z . y z 0,5 0,5 Câu 3(2,0 điểm).Tìm số tự nhiên abcd sao cho abcd  abc  ab  a  4321. Nội dung trình bày Ta có: abcd  abc  ab  a  4321  1111a  111b  11c  d  4321 1 Vì a,b,c,d  và 1  a  9,0  b,c,d  9 nên 3214  1111a  4321  a  3 . Thay vào (1) ta được: 111b  11c  d  988  2  Điểm 0,5 0,25 0,25 0,25 Lập luận tương tự ta có: 880  111b  988 0,25  b  8 . Thay vào (2) ta được: 11c  d  100 0,25 Mà 91  11c  100  c  9 và d  1 . 0,25 Vậy abcd  3891. ( m  1 )x  y  2 Câu 4(2,0 điểm).Cho hệ phương trình  ( m là tham số và x, y là ẩn số)  x  2y  2 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) trong đó x, y là các số nguyên. Nội dung trình bày Điểm 0,25 Từ phương trình thứ hai ta có: x  2  2 y thế vào phương trình thứ nhất được: ( m  1)( 2  2y )  y  2 0,25  ( 2m  3 )y  2m  4 (3) 0,25 Hệ có nghiệm x, y là các số nguyên  ( 3 ) có nghiệm y là số nguyên. 0,25 2m  4 Với m   2m  3  0  ( 3 ) có nghiệm y  2m  3 0,25 1  1 2m  3 0,25  2m  3  1 y    2m  3  1 0,25 m  2  m  1 0,25 Vậy có 2 giá trị m thoả mãn là 1; 2. Câu 5(2,0 điểm).Giải phương trình 1  x  4  x  3. Nội dung trình bày Điểm 0,25 1  x  0 Điều kiện xác định   4  x  1 *  4  x  0 0,25 Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương với: 5  2 1  x. 4  x  9 0,25  1  x  4  x   2  1  x  4  x   4 0,25  x 2  3x  0  x  x  3  0 0,25 0,25 x  0   x  3 0,25 Đối chiếu với điều kiện (*) ta được x  0; x  3. 0,25 Câu 6(2,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  12cm, AC  16cm . Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh BC . Chứng minh rằng đường thẳng BI vuông góc với đường thẳng MI. Nội dung trình bày Ta có BC  AB2  AC 2  20cm . Gọi E là giao điểm của BI với AC. AE EC AE  EC 1 Theo tính chất đường phân giác ta có:    AB BC AB  BC 2 BC  EC   10cm 2 Ta có ICE  ICM( c  g  c ) do: EC  MC  10 ; ICE  ICM ; IC chung. Điểm 0,5 Suy ra: IEC  IMC  IEA  IMB Mặt khác IBM  IBA  hai tam giác IBM , ABE đồng dạng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  BIM  BAE  900  BI  MI Câu 7(2,0 điểm). Cho hình thoi ABCD có góc BAD  500 , O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng AB. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M ( điểm M không trùng với điểm B), trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN. a) Chứng minh rằng MB.DN  BH.AD b) Tính số đo góc MON Nội dung trình bày a)Ta có MBH  ADN ,MHB  AND MBH ∽  ADN Điểm 0,25 0,25 0,25 MB BH  AD DN  MB.DN  BH .AD ( 1)  0,25 BH OB   DO.OB  BH .AD  2  DO AD MB OB Từ (1) và (2) ta có: MB.DN  DO.OB   DO DN Ta lại có: MBO  1800  CBD  1800  CDB  ODN nên MBO ∽ ODN  OMB  NOD. b) Ta có: OHB ∽  AOD     Từ đó suy ra: MON  1800  MOB  NOD  1800  MOB  OMB 0,25 0,25 0,25  0,25  1800  OBC  1150 Câu 8 (2,0 điểm).Cho đường tròn ( O ) cố định và hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( O ) . Gọi A là một điểm thay đổi trên đường tròn ( O ) ( A không trùng với B và C), M là trung điểm của đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB, cắt đường thẳng AB tại điểm H. Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi trên đường tròn ( O ) thì điểm H luôn nằm trên một đường tròn cố định. Nội dung trình bày Gọi D là trung điểm của đoạn BC, vì tam giác BOC, AOC là các tam giác cân tại O nên OD  BC,OM  AC . Điểm 0,25 Ta có: ODC  OMC  900  Bốn điểm O, D, C, M cùng nằm trên đường tròn ( I ) có tâm Icố định, đường kính OC cố định. Gọi E là điểm đối xứng với D qua tâm I, khi đó E cố định và DE là đường kính của đường tròn ( I ) . Nếu H  E,H  B 0,25 - Với M  E  BHE  900 - Với M  E , do DM BH  DMH  900 . Khi đó DME  DMH  900  H ,M ,E thẳng hàng. Suy ra BHE  900 Vậy ta luôn có: BHE  900 hoặc H  E hoặc H  B do đó H thuộc đường tròn đường kính BE cố định. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25