zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

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

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

Báo xấu

15
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản chuẩn bị cho kì kiểm tra đạt kết quả tốt hơn. Để làm quen và nắm rõ nội dung chi tiết đề thi, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

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 Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 - 2019 THÁI BÌNH   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 =P  + + 1 :  1 − −   xy + 1 1 − xy   xy − 1 xy + 1     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) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( m – 1) x + y = 3m – 4 và (d’): x + ( m – 1) y =  = 300 . m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx 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  x − xy − 4 x −= 1 3x − y + 7 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) x + y 2019 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho 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 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 THÁI BÌNH   HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm  x +1 xy + x   xy + x x +1  Cho biểu thức = P  + + 1 :  1 − −   xy + 1 1 − xy   xy − 1 xy + 1     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 .  x +1 xy + x   xy + x x +1  P  = + + 1 :  1 − −   xy + 1 1 − xy   xy − 1 xy + 1     = ( )( x + 1 1 − xy + ) ( xy + x )( ) xy + 1 + 1 − xy : 1 − xy 0,5 xy − 1 − ( xy + x )( xy + 1 − ) ( x +1 )( xy − 1 ) xy − 1 a. 1,5đ = ( )( ) ( xy + x )( x + 1 1 − xy + ) xy + 1 + 1 − xy 0,5 1 − xy + ( xy + x )( xy + 1) + ( x + 1)( xy − 1) 2 ( x + 1) 1 =1. = 0,5 3,0đ 2 ( xy + x y ) xy 1 Vậy với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 thì P = . xy ( ) 3 Ta có: x3 = 3 4−2 6 + 3 4+2 6 0,5 b. = ( )( 8 + 3 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 3 4 − 2 6 .3 4 + 2 6 =8 − 6x ) 1,5đ ⇒ x3 + 6 x =8 ⇔ x x 2 + 6 =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 0,5 2 2 Thay vào ta có P = . Vậy P = . 0,5 4 4 Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =3m – 4 , (d’): x + ( m – 1) y =  = 300 . m . Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình: 2 ( m – 1) x + y = 3m – 4  x =m − ( m − 1) y 3,0đ  ( * ) ⇔  0,5  x + ( m – 1) y = m ( m − 2 )=y ( m − 2 ) (1) 2 m Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất m ≠ 0 ⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔  0,5 m ≠ 2
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  ;  0,5  m m   = 300 Từ giả thiết MOx m−2 = m ⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx 3m − 2 m 0,5 m−2  m 1 m−2 tan MOx 0 = tan 30= ⇔ = ⇒ 3m − 2 =± 3 ( m − 2 ) 3m − 2 3 3m − 2 m 2 3 ⇔m=± thỏa mãn. 3 2 3 2 3 Vậy m = ;m = − . 3 3 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  x − xy − 4 x −= 1 3x − y + 7 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 1,0 ⇔ − + ( x − 5 )( 3 x + 1) = 0 a. 3x + 1 + 4 6 − x +1 2,0đ  3 1  ⇔ ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = 0  3x + 1 + 4 6 − x +1   x = 5 ( t/m (*) )  0,5 ⇔ 3 1  3 x + 1 + 4 + 6 − x + 1 + ( 3 x + 1) = 0 (1) 3. 4,0đ 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} .  x − 2 x + 2 x + 2 y + x y − 4 = 3 2 2 0 (1)  2 b.  x − xy − 4 x −=1 3x − y + 7 ( 2 ) 2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + 7 ≥ 0 2
Câu Ý Nội dung Điểm (1) ⇔ ( x 2 + 2) ( x + y − 2) =0 0,5 ⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x ( do x 2 + 2 > 0∀x ) Thay y= 2 − x vào (2) ta được x 2 − x ( 2 − x ) − 4 x − 1= 3x − ( 2 − x ) + 7 ⇔ 4 x + 5= 2 x 2 − 6 x − 1 2 ⇔ 2 4 x + 5= 4 x 2 − 12 x − 2 ⇔ (2 x − 3) = 2 4 x + 5 + 11 Đặt 4 x + 5 = 2t − 3 . ( 2t − 3)2 =4 x + 5 ( 2t − 3) =4 x + 5 2 ( 2t − 3) =4 x + 5  2  Ta có  ⇔  ⇔  t = x ( 2 x − 3) =4t + 5 ( t − x )( t + x − 2 ) = 2   0  0,5  t= 2 − x  x2 − 4x + 1 =0 Trường hợp 1: t= x ⇔ 4 x + 5 = 2 x − 3 ⇔  ⇔ x= 2+ 3  2 x − 3 ≥ 0 ⇒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 0,5 ⇒ y =1 + 2 thỏa mãn điều kiện xác định. Hệ có nghiệm ( x; y ) =− ( 1 2;1 + 2 . ) 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 T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc 2   = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c ) 2 4. 0,5 2,0đ 2 2  a +b  3−c  Do 3 – 2c > 0 và ab ≤   =   , suy ra  2   2  1 T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c ) 2 2 2 1 0,75 = 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c ) 2 2 3 27 1 =c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 2 =c 3 − c 2 + 2 2 2 3
Câu Ý Nội dung Điểm Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 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 Gọi M là trung điểm BC E Ta có tam giác ABD vuông tại D AD nên tanB = a. BD 1,5đ H G AD Tương tự : tanC = CD B D M C AD 2 0,5 ⇒ tanB.tanC = BD.CD  = EHA Ta có BHD  ⇒ HBD =  HAE AD ⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD = AD.DH ⇒ tanB.tanC = DH 0,5 AD AM Ta có HG//BC ⇒ = ⇒ tanB.tanC = 3 DH GM 0,5 Gọi S , S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD 1 DH S1 Ta có tanB.tanC = ⇒ == DH tan B.tanC AD S 1 S 1 S Tương tự ⇒ = 2, = 3 5. b. tanC.tan A S tan A.tan B S 1,0 3,0đ 1,5đ 1 1 1 S + S 2 + S3 ⇒ + + = 1 = 1 tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B S tan A + tan B + tan C ⇒ 1 ⇒ ĐPCM = 0,5 tan A.tan B.tanC 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
Câu Ý Nội dung Điểm A 6. 3,0đ I K J B E HM F C  + EAH a. AEC  = 900 ,CAE  + EAB   = 900 , EAH = EAB  ⇒ AEC =  CAE ⇒ ∆AEC cân tại C ⇒ CI là trung trực AE. 1,00 Tương tự BI là trung trực AF ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF . b. Gọi M là hình chiếu vuông góc của I trên BC ⇒ M là trung điểm EF và IM = r . Tam giác ABF cân tại B, tam giác ACE cân tại C nên EF = AB + AC − BC . 1,0 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC vuông tại A ta chứng minh được AB + AC − BC = 2r ⇒ EF = 2r A và E đối xứng nhau qua CI nên KEC = KAC  mà KAC  = KAH ,  + KFE KAH =  + KFE 900 ⇒ KEC = 900 ⇒ ∆KEF vuông tại K EF ⇒ MK = =r . 2 1,0 EF Tương tự ⇒ MJ = = r. 2 ⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh. x + y 2019 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn là số y + z 2019 hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố. 7. x + y 2019 m 2,0đ Ta có = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) . y + z 2019 n nx − my = 0 x y m 0,5 ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒  ⇒ = = ⇒ xz = y 2 . mz − ny = 0 y z n x 2 + y 2 + z 2 =( x + z ) − 2 xz + y 2 =( x + z ) − y 2 =( x + y + z )( x + z − y ) 2 2 0,5 Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x + y + z là số nguyên tố nên 2 2 2  x2 + y 2 + z 2 = x + y + z  0,5 x − y + z = 1 Từ đó suy ra x= y= z= 1 . 0,5 x + y 2019 Thử lại = 1 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. y + z 2019 Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) . ______________ 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.