Đề thi chọn HSG cấp thành phố lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn HSG cấp thành phố lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bắc Giang giúp các bạn hình dung được cấu trúc đề thi, thời gian làm bài của một đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán để có thể ôn và thực thiện kỳ thi này một cách tốt nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp thành phố lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

PHÒNG GD&ĐT TP. BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018 Bài 1: (5 điểm)  x2 x 4 a/ Cho biểu thức M     x x 8 x  2 x 1   3 x  5 2 x  10    :   x  1   x  2 x  6 x  5  Rút gọn M và tìm x để M>1 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Tính H= a b b c c a   1 c 1 a 1 b Bài 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình 30  5 5  6 x2  2  6 x2 2 x x b/ Tìm số thực x để 3 số x  3; x 2  2 3; x  2 là số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để 4 x3  14 x2  9 x  6 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . 2 2 2 Chứng minh rằng: 1  1  x  1  1  y  1  1  z  xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH1 x  2 x 1   3 x  5 2 x  10    :   x  1   x  2 x  6 x  5   x2 x 4 ( x  1) 2  *M    x2 x2 x 4 x 1 x 1   1 x 1   3 x  5 2       :   x 1   x  2 x  1   x 2  x 1        x 1 x 2  x 2  x 1  : (3     : 3 x 5    x 2   2      x 5   x 5  x 1 0,5  x  5)( x  1)  2( x  2)  x 2  0,5  x 1 x  1  x  2 x  x  2 3x  3 x  5 x  5  2 x  4 : x 2 x  11 x 2 x 1    Điểm 5đ     x 3 x 2  Vậy M= 3  *M1 khi 10 nên ta có 4 x2  b2  4 x2  12 x  9   2 x   b2   2 x  3 Vì b lẻ nên b2   2 x  1  4 x2  6 x  3  4 x2  4 x  1  x  2 2 Với x=2 ta có 4 x3  14 x2  9 x  6 =100=102 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . b/ 2,0đ Chứng minh rằng: Từ Gt suy ra: 1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2    xyz x y z 1 1 1    1. xy yz zx 0,5  1 1  1 1  1  2 1 1  1 x2 1 1 1 1  2              ;"  "  y  z x x xy yz zx  x y  x z  2  x y z  Nên ta có: Vậy 0,25 1  1  x2 1  4 1 1      . 2 x y z  x 1 1 y2 1  1 4 1  1 1 z2 1  1 1 4  Tương tụ ta có      ;      2 x y z  2 x y z  z y Vậy ta có  1 1 1 1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2    3     ;"  "  x  y  z x y z x y z 1 2 2 2 2 Ta có  x  y  x   3  xy  yz  xx   ....   x  y    y  z    x  z    0 Nên  x  y  x   3  xy  yz  xx  2  0,5 0,25 0,5 2   xyz   3  xy  yz  xz   3 2 Vậy 1 1 1 xy  yz  xz  xyz  3      xyz xyz x y z 1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2    xyz ; "  "  x  y  z x y z 0,25 6đ Bài 4 a B M H E O A N C a/ 3đ a/ Chứng minh OM  OB=ON  OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định *Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến)  OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM  OB  OH  R 2 0,5 2 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON  OC  OH 2  R2 . Vậy ta có OM  OB  ON  OC * Ta có OM  OB  OH 2  R2 mà OA=R nên ta có OM  OB  OA2  OM OA  OA OB OM OA   OMA OAB  OAM  OBA . OA OB Ta có AO=AB=R (gt)  OAB cân  AOB  OBA  AOM  OBA , vậy OAM  AOM  OMA cân  MO  MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân  NO  NA Ta có MO  MA ; NO  NA , vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN OA với OA ta có EO=EA= và MN  OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy 2 0,5 Xét  OMA và  OAB có O chung, có b/ 1,5đ 0,5 0,5 0,5 MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ Chứng minh OB. OC=2R2 Ta có OM  OB  ON  OC  0,5 OM ON  OC OB OM ON   OMN OCB , OC OB OM OE OM OE OE 1 1 mà OE  MN và OH  BC nên ta có       OM  OC OC OH OC OA 2OE 2 2 Xét OMN và OCB có O chung , có 0.5 ( vì OH=OA=2OE) 1 2 Ta có OM  OB  OH 2  R2 ( cm trên)  OC  OB  R 2  OC  OB  2 R 2 c/ 1,5đ 0,5 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi Ta có OMN 1 4 OCB (cm trên)  1 1 4 2 0,5 SOMN OE 2 OE 2 OE 2 1     2 2 2 SOCB OH OA  2OE  4 1 8 1 8 Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng  H  A 1 8 1 4 Nên SOMN  SOCB    OH  BC  R  BC  R( AB  AC )  R( R  R)  R 2 1 4 Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là SOMN  R 2 khi H  A Bài 5 -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong -Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương 2 k sao cho k 2  n   k  1 .Vì n nguyên dương và n  k 2  n  k 2  1 , vậy ta có: 0,75 0,25 1đ 0,25 0,5 2n   k  1  2(k 2  1)   k  1  ...  k 2  2k  1   k  1  0 2 2 2 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2  n   k  1  2n Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. 2 0,25