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

Chia sẻ: Xylitol Lime Mint | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh tài liệu tổng hợp nhiều câu hỏi bài tập khác nhau nhằm giúp các em ôn tập và nâng cao kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt được điểm số như mong muốn!

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 Hà Tĩnh

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 120 phút I.PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi) 1 Câu 1. Đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( ;4 )và B(2; 7). 2 Tính M = 3 13a  5b b  3 13a  5b b 1 a  2 b  8 a  2 Ta có đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A( ;4 )và B(2; 7) nên   . 2  2a  b  7  b  3 Khi đó 3 13a  5b b  3 13a  5b b  ( 3  2)  (2  3)  2 3 Câu 2. Dãy số an  thõa mãn an+1 = an + 3, với n  * và a2 + a19 = 25. Tính tổng S = a1 + a2 + … + a20 Ta có có a3  a2  3; a4  a3  3  a2  2.3;...a19  a2  17.3  25  a2  a2  17.3  a2  13  a1  a2  3  16 .Lúc đó suy ra S = a1 + a2 + … + a20  20a1  3(1  2  ...  19)  250  a3  a2  2a  7  0 Câu 3. Cho hai số thực a, b thõa mãn  3 .Tính a – b b  2b  3b  5  0 2  a3  a2  2a  7  0  a3  a2  2a  7  0 Ta có  3   a3  (b  1)3  b2  (a  1)2  0 b  2b  3b  5  0 (b  1)  b  6  0 2 3 2  (a  b  1). a2  a(b  1)  (b  1)2  (a  b)  1  0  a  b  1 .
Câu 4. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A(1;2)và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất Gọi phương trình đường thẳng đi qua A là y  ax  b . Vì phương trình đường thẳng d đi qua A(1;2) nên a  b  2 . Gọi M,N lần lượt là giao điểm của d với trục Oy và Ox ,khoảng cách từ O đến d là OH. Ta có 1 1 1 1 a2 1  a2 b2 (2a  1)2       OH 2    5 5. OH 2 OM 2 ON 2 b2 b2 b2 1  a2 a2  1 1 5 1 5 Dấu bằng ra khi a   b  .Do đó phương trình d là y  x . 2 2 2 2 a 4  a3  3a 2  a  1 Câu 5. Cho số thực a > 0. Tìm GTLN của P = a3  a 1 1 a  a  3a  a  1 4 3 2 a2   a  3 1 Ta có P   a2 a .Đặt t  a   2  a  1 .Ta có a3  a a 1 a a 1 1 a  a  3a  a  1 4 3 2 a 2  2  a   3 t 2 t  1 t 1 3t t 1 3.2 7 P  a a     2 .  1 a a 3 a 1 t 4 t 4 4 t 4 2 a 7 .Vậy giá trị nhỏ nhất P là khi a  1 . 2  x  by  cz  Câu 6. Cho các số thực a, b, c khác -1 và các số x, y, z khác 0 thỏa mãn  y  cz  ax  z  ax  by  1 1 1 .Tính tổng T    1 a 1 b 1 c  x  by  cz  1 x Ta có  y  cz  ax  x (a  1)  ax  by  cz   .  z  ax  by a  1 ax  by  cz 
1 1 1 xyz 2(ax  by  cz) Nên ta có T      2 1  a 1  b 1  c ax  by  cz ax  by  cz Câu 7. Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d. Biết P(1) = 3, P(2) = 6, P(3) = 11 .Tính Q = 4P(4) + P(-1) Ta có R( x )  P( x )  ( x 2  2)  R(1)  0, R(2)  0, R(3)  0 .Do đó R( x )  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m)  P( x )  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m)  ( x 2  2) .Vậy Q( x )  4 3.2.1(4  m)  18  (2)(3)(4)(1  m)  3  195 1 Câu 8. Tìm các số thực a biết a  15 và  15 đều là các số nguyên. a 1 Ta có x  a  15; y   15( x, y  ) .Ta có a 1 y  15( x, y  )  xy  16  ( y  x ) 15 .Nếu x khác y thì vế phải là số vô tỉ x  15 và vế trái là số nguyên ,vô lí. Do đó x  y  xy  16  0  x  y  4 .Từ đó ta có a  4  15; a  4  15 . sin 2   3sin  cos  cos2 Câu 9. Cho góc nhọn  có tan   2 . Tính M  sin  cos  cos2  1 sin 2   3sin  cos  cos2 sin 2   3sin  cos  cos2 cos2 M  sin  cos  cos2  1 sin  cos  cos2  1 cos2 2 tan 2   3tan   1 15   . tan 2   tan   2 8
Câu 10. Tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD, tia phân giác góc A cắt BD tại I. Biết IB = 10 5 , ID = 5 5 . Tính diện tích tam giác ABC. AD ID 1 AB AB 2    AD  ; AD  AB  BD  2 2 2  AB 2  (15 5)2 AB IB 2 2 4 AD AB DC AD 1  AB  30(cm)  AD  15(cm);      BC  2DC .Ta có DC BC BC AB 2 AB2  AC2  BC2  900  ( DC  15)2  4CD2  CD  25(cm)  AC  40(cm)  SABC  600(cm2 ) II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giây thi) Câu 11. Giải phương trình 3 24  x  12  x  6 Điều kiện x  12 .Ta đặt a  3 24  x ; b  12  x .Khi đó ta có  a0  ab6  3  a(a  3)(a  4)  0   a  3 .Từ đó ta có nghiệm là S  24;3; 88 . a  b  36 2  a  4 Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. a) Khi AB = 12cm, tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác 2 ABC bằng .Tính diện tích tam giác ABC. 5 b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh rằng BE CH  CF BH  AH BC A N F M E B C H P O a)Gọi O là trung điểm của BC thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.GọiI là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ABC thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC .Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên AB,AC,BC . r 2 Đặt BC  2OA  2R; IM  IN  IP  r . Theo bài ra ta có   BC  5r . R 5 Ta có AC  BC  AB  25r  144 .Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì 2 2 2 2 BM  BP, CP  CF và tứ giác AMIN là hình vuông nên AM  AN  r . Do đó AB  AC  r  BM  r  CE  2r  BP  CP  2r  BC  7r  AC  7r  12 . r  3 Từ đó 25r 2  144  (7r  12)2  (r  3)( r  4)  0   .  r  4 Với r  3 thì AC  9 thì SABC  54(cm2 ) . Với r  4 thì AC  16 thì SABC  96(cm2 ) . b)Ta có BE CH  CF BH  AH BC  BE. BH.CH  CF BC.BH  AH.BC BE EH AF Ta lại có EH song song AC nên    BE. AC  AB.AF . AB AC AC Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có BE. BH.CH  CF BC.BH  BE. AC  CF. AB  AB(CF  AF)=AB.AC=AH.BC . Câu 13. Một doanh nghiệp tư nhân A chuyên kinh doanh xe gắn máy các loại. Hiện nay, doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe Honda Future với chi phí mua vào là 23 triệu đồng và bán ra 27 triệu đồng mỗi chiếc. Với giá bán này thì số lượng xe mà khác sẽ mua trong một năm là 600 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn nữa lượng tiêu thụ dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán và ước tính rằng, theo tỉ lệ cứ giảm 100 nghìn đồng mỗi chiếc thì số lượng xe bán ra trong một năm tăng thêm 20 chiếc. Vậy doanh nghiệp phải bán với giá mới là bao nhiêu để sau khi giảm giá, lợi nhuận thu được là cao nhất. Gọi x là giá mới mà doanh nghiệp phải bán ,điều kiện x > 0,đơn vị triệu đồng.Theo bài ra ta có số tiền mà doanh nghiệp sẽ giảm là 27-x (triệu đồng ) mỗi chiếc.Khi đó số lượng xe tăng lên là 20(27  x ) : 0,1  200(27  x) (chiếc) .Do đó số lượng xe doanh nghiệp phải bán là 600  200(27  x )  6000  200x (chiếc).Vậy doanh thu doanh nghiệp sẽ là (6000  200x)x (triệu đồng ).Tiền vốn mà doanh nghiệp phải bỏ ra là (6000  200x).23 (triệu đồng ).Lợi nhuận mà doanh nghiệp thu được sau khi bán gía mới là (6000  200x)x-(6000  200x)x.23=-200x2  10600x  138000
 200( x  26,5)2  2450  2450 .Gía trị lợi nhuận thu được cao nhất là 2450 .Khi đó giá bán mới là 26,5 triệu đồng.