Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Thái Bình

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

243
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Thái Bình dưới đây giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và nâng cao kiến thức. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì kiểm tra!

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 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 - 2019  Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm)  x +1   xy + x xy + x x +1  Cho biểu thức = + + 1 :  1 − − P    xy + 1 1 − xy   1 1 − + xy xy     với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1. a. Rút gọn P . b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và = y x2 + 6 . Câu 2. (3,0 điểm) 3m – 4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =  = 300 . m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx và (d’): x + ( m – 1) y = Câu 3. (4,0 điểm) a. Giải phương trình: 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0  x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 = 0 b. Giải hệ phương trình:  2 1 3x − y + 7  x − xy − 4 x −= Câu 4. (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 . Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tan B.tan C = 3. b. Chứng minh: tan A.tan B.tan C = tan A + tan B + tan C . Câu 6. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH. Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ, AK với cạnh BC lần lượt là E và F. a. Chứng minh: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng nhau. Câu 7. (2,0 điểm) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho x + y 2019 là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 y + z 2019 là số nguyên tố.  HẾT  Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang) Ý Nội dung    xy + x x +1 xy + x Cho biểu thức = + + 1 :  1 − P   xy + 1 1 − xy      với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 a. Rút gọn P . xy − 1 − Điểm x +1   xy + 1  b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và = y x2 + 6 .  x +1   xy + x = P  + + 1 :  1 −  xy + 1 1 − xy      = ( xy − 1 − a. 1,5đ = 1. = 3,0đ ) ( )( x + 1 1 − xy + ( xy + x )( xy + x xy − 1 )( ) ( xy + 1 − ) )( x +1 xy − 1 ( ( 4−2 6 + 3 4+2 6 )( 0,5 ) xy − 1 xy + 1 + 1 − xy 0,5 0,5 1 . xy Vậy với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 thì P = 3 : ) x + 1)( xy − 1) x + 1 1 − xy + Ta có: x3 = x +1   xy + 1  − xy + 1 + 1 − xy 1 − xy ) ( xy + x )( )( 1 − xy + ( xy + x )( xy + 1) + ( 2 ( x + 1) 1 = xy 2 ( xy + x y ) ( xy + x ) 3 ) = 8 + 3 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 3 4 − 2 6 .3 4 + 2 6 = 8 − 6x b. 1,5đ ⇒ x3 + 6 x =8 ⇔ x x 2 + 6 =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 2 2 . Vậy P = . 4 4 3m – 4 , Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y = Thay vào ta có P = 0,5 0,5 0,5  = 300 . m . Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = 2 3,0đ Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình: ( m – 1) x + y = 3m – 4  x =m − ( m − 1) y ⇔ * ( )   2 m y ( m − 2 ) (1)  x + ( m – 1) y = m ( m − 2 )= Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất m ≠ 0 ⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔  m ≠ 2 0,5 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm 3m − 2  x =  m ≠ 0 m Với  hệ phương trình có nghiệm duy nhất  m ≠ 2 y = m − 2  m  3m − 2 m − 2  Lúc đó M  ;  m   m 0,5  = 300 Từ giả thiết MOx m−2 = m ⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx 3m − 2 m 0  = tan 30= tan MOx 0,5 m−2 m−2 1 m ⇒ 3m − 2 =± 3 ( m − 2 ) ⇔ = 3m − 2 3 3m − 2 m 2 3 thỏa mãn. 3 2 3 2 3 . Vậy m = ;m = − 3 3 ⇔m= ± 1,0 a. Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0  x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 = 0 b. Giải hệ phương trình:  2 1 3x − y + 7  x − xy − 4 x −= 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0 −1 Điều kiện xác định ≤ x ≤ 6 ( *) 3 Phương trình đã cho ⇔ ( ) ( 3x + 1 − 4 − ) 6 − x − 1 + 3x 2 − 14 x − 5 = 0 3 x − 15 5− x − + ( x − 5 )( 3 x + 1) = 0 3x + 1 + 4 6 − x +1 3 1   ⇔ ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = 0 6 − x +1  3x + 1 + 4  ⇔ a. 2,0đ 3. 4,0đ 1,0  x = 5 ( t/m (*) )  ⇔ 3 1 0 (1)  3 x + 1 + 4 + 6 − x + 1 + ( 3 x + 1) = 0,5 VT của pt (1) luôn lớn hơn 0 với mọi x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình là S = {5} . 3 2 2 0 (1)  x − 2 x + 2 x + 2 y + x y − 4 =  2 1 3x − y + 7 ( 2 )  x − xy − 4 x −= b. 2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + 7 ≥ 0 2 Câu Ý (1) ⇔ ( x 2 + 2) ( x + y − 2) = 0 ⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x Nội dung ( do x 2 Điểm 0,5 + 2 > 0∀x ) Thay y= 2 − x vào (2) ta được 3x − ( 2 − x ) + 7 ⇔ 4 x + 5= 2 x 2 − 6 x − 1 x 2 − x ( 2 − x ) − 4 x − 1= 2 = 2 4 x + 5 + 11 ⇔ 2 4 x + 5= 4 x 2 − 12 x − 2 ⇔ (2 x − 3) Đặt 4 x + 5 = 2t − 3 . ( 2t − 3)2 =4 x + 5 ( 2t − 3) =4 x + 5   ( 2t − 3) =4 x + 5 Ta có  ⇔ ⇔  t = x  2 0    ( t − x )( t + x − 2 ) = ( 2 x − 3) =4t + 5  t= 2 − x 2 2 0,5  x2 − 4x + 1 = 0 Trường hợp 1: t= x ⇔ 4 x + 5 = 2 x − 3 ⇔  ⇔ x= 2+ 3 2 3 0 x − ≥  ⇒y= − 3 thỏa mãn điều kiện xác định ( 0,5 ) Hệ có nghiệm ( x; y ) = 2 + 3; − 3 .  x2 − 2x − 1 = 0 Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ 4 x + 5 =1 − 2 x ⇔  ⇔ x =1 − 2 1 − 2 x ≥ 0 ⇒ y =1 + 2 thỏa mãn điều kiện xác định. ( ) 0,5 1 2;1 + 2 . Hệ có nghiệm ( x; y ) =− Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) =( 2 + ( ) 3; − 3 ; ( x; y ) =1 − 2;1 + 2 ) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 . Đặt T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 < a ≤ b ≤ c . 3 Từ a + b + c = 3 và a + b > csuy ra 1 ≤ c < 2 0,5 2 T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc   4. 2,0đ = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c ) 2 0,5 2 2  a +b  3−c  Do 3 – 2c > 0 và ab ≤   =   , suy ra  2   2  1 2 2 T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c ) 2 1 2 = 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c ) 2 3 27 1 2 2 =c 3 − c 2 + =c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 2 2 3 0,75 Câu Ý Nội dung Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 Điểm 0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tanB.tanC = 3. b. Chứng minh: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC . A E a. 1,5đ H B G D M C Gọi M là trung điểm BC Ta có tam giác ABD vuông tại D AD nên tanB = BD AD Tương tự : tanC = CD AD 2 ⇒ tanB.tanC = BD.CD 0,5 =   = EHA  ⇒ HBD Ta có BHD HAE AD.DH ⇒ tanB.tanC = ⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD = Ta có HG//BC ⇒ AD DH AD AM ⇒ tanB.tanC = 3 = DH GM 0,5 0,5 Gọi S , S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD 1 DH S1 ⇒ == DH tan B.tanC AD S S 1 1 S Tương tự ⇒ = 2, = 3 tanC.tan A S tan A.tan B S 1,0 S + S 2 + S3 1 1 1 + + = 1 = 1 tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B S tan A + tan B + tan C ⇒ = 1 ⇒ ĐPCM tan A.tan B.tanC 0,5 Ta có tanB.tanC = 5. 3,0đ b. 1,5đ ⇒ Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, gọi I, J, K lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ABH, ACH. Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ, AK với cạnh BC lần lượt là E và F. a. Chứng minh: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. b. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng nhau. 4