Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

Chia sẻ: Xylitol Lime Mint | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm chuẩn bị kiến thức cho kì thi học sinh giỏi sắp tới mời các bạn học sinh lớp 9 cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk 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 HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10/4/2019 Bài 1: (4 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3 .  x x  6 x  12 x  8  y y 2) Giải hệ phương trình   x  2 x  1  2 y Bài 2: (4 điểm) 1) Cho phương trình x 2  4 x  2 x  2  m  5 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3) và cắt parabol  P  : y  x 2 tại hai điểm A, B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên trục Ox. Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có diện tích bằng 20. Bài 3: (4 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20 2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm) và một cát tuyến ADE của (O) sao cho ADE nằm giữa hai tia AO và AB; D, E  (O). Đường thẳng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q. 1) Gọi H là giao điểm của BC với OA. Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E. Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng. Bài 5: (2 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M, N (M không trùng với B và C; N không trùng với C và D) sao cho MAN   450 . Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau. Bài 6: (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a  b  c  3 . Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3 b2  1 c2  1 a 2  1 -------------------- Hết -------------------- G Ngguuyyễễnn D GVV:: N Dưươơnngg Hả Hảii –– TTH HC Ngguuyyễễnn C CSS N MTT –– Đ Chhíí TThhaannhh –– BBM Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 11 m và
BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) 3 1) Ta có A   3  2 3  33  12 5  3 37  30 3  3  2 3  33  12 5  3 1  2 3  2   3 2 3  33  12 4  2 3  3  2 3  33 12 1  3   3  2 3  21  12 3 2   3  2 3   3  2 3    3  2 3  2 3  3   12  9  3 2) (ĐK: x  0, y  0 ) 3 3   x x  6 x  12 x  8  y y    x 2  y       x  2  y   x  2  y  x  2 x  1  2 y  x  2 x  1  2 y  x  2 x  1  2 y  x  2 x  1  2 x  4   x  2  y   x  2  y  x  2  y  x  2  y   x  1  0      x  2 x  1  2 x  4  x  4 x  3  0  x  1  x 3  0   x  2  y     x  3  0   y  1 vo ly     x 1 x  9 x  9    tm  . Vậy nghiệm của hệ là    y 1  y 1 y 1    x 3 Bài 2: (4 điểm) 2 1) Ta có x 2  4 x  2 x  2  m  5  x  2  2 x  2  m  1  0 *  Đặt t  x  2  t  0  . Khi đó (*) trở thành: t 2  2t  m  1  0 ** Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt  t  0 1   m  1  0   m  0   Pt  0   m  1  0   1  m  0 S  0 20 m  1  t  2) Vì đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thẳng d có dạng y  kx  3 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x 2  kx  3  x 2  kx  3  0 * Vì ac  3  0 , nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt Vì (d) cắt (P) tại hai điểm A; B, nên hoành độ các điểm A, B là hai nghiệm của (*). x  x  k Theo Vi ét ta có:  A B . Lại có A  x A ; x A2  , B  xB ; xB2  , C  xA ; 0  , D  xB ; 0  x x  A B   3 2  AC  BD  CD   xA2  xB2   x A  xB   2 xA xB Do đó 20  S ABDC  2 2 x A  xB   2   x A  xB  Đặt t  xA  xB , ta có: t 2  2 3 2 20   t  t 3  6t  40  0   t  4   t 2  4t  10   0   t  4  t  2   6   0  t  4 . 2   G Ngguuyyễễnn D GVV:: N Dưươơnngg Hả Hảii –– TTH HC Ngguuyyễễnn C CSS N MTT –– Đ Chhíí TThhaannhh –– BBM Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 22 m và
2 2 4  t  4  x A  xB  16   xA  xB   x A2  xB2  2 x A xB   x A  xB   2 x A xB  2  3  k 2  6  6  k 2  4  k  2 . Vậy phương trình đường thẳng d là: y  2 x  3 hoặc y  2 x  3 Bài 3: (4 điểm) 2 2 1) Ta có: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20   x  1   x  y  2   25 2 2 2 2 2 Vì 25  02  52  02   5   32  4 2  32   4    3   42   3    4  , nên có các trường hợp sau:  x 1  0  x  1  x 1  0  x  1  x 1  5 x  4 )   ; )   ; )   ; x  y  2  5 y 4  x  y  2  5  y  6 x  y  2  0  y  6  x  1  5  x  6  x 1  3 x  2 x 1  4 x  3 )   ; )   ; )   ; x  y  2  0 y  4 x  y  2  4 y  0  x  y  2  3  y  2 x 1  3 x2  x  1  4  x  5  x  1  3  x  4 )   ; )   ; )    x  y  2  4  y  8 x  y  2  3  y  6 x  y  2  4 y  6  x 1  4 x3  x  1  3  x  4  x  1  4  x  5 )   ; )   ; )    x  y  2  3  y  8  x  y  2  4  y  2  x  y  2  3  y  0 Vậy các cặp số  x; y  là:  1; 4  ,  1;  6  ,  4;  6  ,  6; 4  ,  2; 0  , 3;  2  ,  2;  8  ,  5; 6  ,  4; 6   3;  8  ,  4;  2  ,  5; 0  Cách khác: 2 x 2  y 2  2 xy  6 x  4 y  20  2 x 2  2 3  y  x  y 2  4 y  20  0 * 2 (*) có nghiệm     3  y   2  y 2  4 y  20   0   y 2  2 y  49  0  y 2  2 y  49  0 2   y  1  50  y  1  5 2  1  5 2  y  1  5 2  8  y  6 (vì y  Z ) (*) có nghiệm nguyên     y 2  2 y  49  k 2  k  N   y  8;  6;  2; 0; 4; 6 x  2 +) Với y  8; *  2 x 2  10 x  12  0  x 2  5 x  6  0   x  2  x  3   0   x  3  x  1 +) Với y  6; *  2 x 2  6 x  8  0  x 2  3x  4  0   x  1 x  4   0   x  4 x  3 +) Với y  2; *  2 x 2  2 x  24  0  x 2  x  12  0   x  3  x  4   0    x  4  x  5 +) Với y  0; *  2 x 2  6 x  20  0  x 2  3x  10  0   x  5  x  2   0   x  2  x  1 +) Với y  4; *  2 x 2  14 x  12  0  x 2  7 x  6  0   x  1 x  6   0    x  6  x  4 +) Với y  6; *  2 x 2  18x  40  0  x 2  9 x  20  0   x  4  x  5   0    x  5 2) Gọi abcd là số tự nhiên phải tìm 1000  abcd  9999  3 3 Ta có abcd   a  b  c  d   1000   a  b  c  d   9999  10  a  b  c  d  21 +) Nếu a  b  c  d  10  abcd  1000  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  11  abcd  1331  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  12  abcd  1728  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  13  abcd  2917  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  14  abcd  2744  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  15  abcd  3375  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  16  abcd  4096  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  17  abcd  4913  nhan  ; G Ngguuyyễễnn D GVV:: N Dưươơnngg Hả Hảii –– TTH HC Ngguuyyễễnn C CSS N MTT –– Đ Chhíí TThhaannhh –– BBM Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 33 m và
+) Nếu a  b  c  d  18  abcd  5832  nhan  ; +) Nếu a  b  c  d  19  abcd  6859  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  20  abcd  8000  loai  ; +) Nếu a  b  c  d  21  abcd  9261  loai  . B Vậy abcd  4913; 5832 . E K Bài 4: (4 điểm) Q I K' D P A O H 1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp. C Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính) Nên OA là trung trực của BC Xét ABO:  ABO  900 (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA (OA là trung trực của BC)  AB 2  AH . AO a 1  Xét ABD và AEB:  ABD   AED  sd BD (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây) 2  (góc chung). Vậy ABD AB AD BAD AEB (g.g)    AB 2  AD.AE  b  AE AB AH AE Từ (a) và (b) suy ra  AH . AO  AD. AE   AD AO AH AE   chung  . Vậy AHD Xét AHD và AEO:   cmt  , HAD AEO (c.g.c) AD AO    AHD  AEO . Do đó tứ giác OEDH là tứ giác nội tiếp (đpcm) 2) Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng.  Ta có: ODE cân tại O (do OD = OE)  EDO AEO mà  AHD    AEO  cmt   EDO AHD   EHO Lại có: EDO  (tứ giác OEDH nội tiếp)    900   AHD  EHO   BHA AHD  900  EHO    EHO AHD  BHO   BHD   BHE  Nên HB là phân giác trong của DHE, mà HA  HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài HD ID AD của DHE     c  (I là giao điểm của HB và DE) HE IE AE DP ID DIP, DP // BE (gt)    d  (hệ quả Ta Lét) BE IE DQ AD ABE, DQ // BE (gt)    e  (hệ quả Ta Lét) BE AE DP DQ Từ c), d), e)    DP  DQ . BE BE DP AD Gọi K’ là giao điểm của AP và BE. AEK’, DP // EK’ (gt)   f EK  AE DQ DP Từ e), f)   mà DP  DQ  cmt   BE  EK  BE EK  Mặt khác BE  EK  gt   K   K . Vậy A, P, K thẳng hàng (đpcm). G Ngguuyyễễnn D GVV:: N Dưươơnngg Hả Hảii –– TTH HC Ngguuyyễễnn C CSS N MTT –– Đ Chhíí TThhaannhh –– BBM Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 44 m và
Bài 5: (2 điểm) A B Tứ giác ABMF: 45 0   450  gt  , MBF MAF   450 (BD là đường chéo hình vuông) E Vậy tứ giác ABMF nội tiếp   AFM  1800   ABM  1800  900  900 AFM:    450 , AFM  900 , FAM K M nên AFM vuông cân tại F  AF = MF F H Tương tự AENvuông cân tại E  AE = NE D C N Tứ giác AEHF:  AFH   AEH  900  cmt  (H là giao điểm của MF và NE)   MHE nên tứ giác AEHF nội tiếp  NHF   EAF   450 Kẻ EK  MF (K  MF). NFH vuông tại F; EKH vuông tại K nên có:   NH  sin 450 , EK  EH  sin MHE NF  NH  sin NHF   EH  sin 450 Ta có: S MNFE  S MHN  S NHF  S FHE  S EHM 1 1   1 HF  EK  1 HM  HE  sin MHE   HM  NF  HN  HF  sin NHF 2 2 2 2 1   HM  HN  sin 450  HN  HF  sin 450  HF  HE  sin 450  HM  HE  sin 450  2 1   HM  HF   HN   HF  HM   HE   sin 450 2 1 1 1  MF   HN  HE   sin 450  MF  NE  sin 450  AF  AE  sin 450  S AEF 2 2 2 2 Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh  a  b  c   3  ab  bc  ca  * . Thật vậy *  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0  2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0 2 2 2   a  b    b  c    c  a   0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra  a  b  c Áp dụng (*), ta có: 32  3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  3 a  1  a  1  b  1  b  2 2  a  1 b 2 Lại có: 2     a  1  b 1 b2  1 b2  1 Vì b 2  1  2b  1  1   a  1 b 2   a  1 b 2   a  1 b    a  1 b 2    a  1 b b 2  1 2b b2  1 2b 2 b2  1 2   a  1   a  1 b 2   a  1 b  a 1 ab  b 2  a  1  2   a  1   do b  0  b 1 2 b 1 2 b 1 bc  c c 1 ca  a Tương tự có: 2   b  1  ; 2   c  1  c 1 2 a 1 2 Vậy a 1 b 1 c 1  2  2  a  b  c  3   ab  bc  ca    a  b  c   6  3  3  3 2 b 1 c 1 a 1 2 2 Dấu “=” xảy ra a  b  c  1 . G Ngguuyyễễnn D GVV:: N Dưươơnngg Hả Hảii –– TTH HC Ngguuyyễễnn C CSS N MTT –– Đ Chhíí TThhaannhh –– BBM Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm và ggiiớớii tthhiiệệuu)) ttrraanngg 55 m và