Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT UBND Tỉnh Bắc Ninh

Chia sẻ: Xylitol Lime Mint | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 2
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 UBND Tỉnh Bắc Ninh là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn chuẩn bị tham gia bài thi chọn HSG cấp tỉnh sắp tới. Luyện tập với đề thường xuyên giúp các em học sinh củng cố kiến thức đã học và đạt điểm cao trong kì thi này, 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 UBND Tỉnh Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức:     2(a  b) a   a 3  2 2b 3  P   .  a  với a  0, b  0, a  2b.  a 3  2 2b 3 a  2ab  2b   2b  2ab    2) Cho hàm số y  m 2  4m  4 x  3m  2 có đồ thị là d . Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A , B sao cho tam giác OAB có diện tích là 1 cm2 (O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là cm ). Câu 2. (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x 2  3m  2 x  2m 2  5m  3  0 , x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.   2x  y  1  3y  1  x  x  2y  2) Giải hệ phương trình  3 x  3x  2  2y 3  y 2    Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn các điều kiện (a  c)(b  c)  4c 2 . Tìm giá trị a b ab lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    . b  3c a  3c bc  ca 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p 3  4 p  9 là số chính phương. Câu 4. (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O AB  AC  và đường cao AD . Vẽ đường kính AE của đường tròn O  . a) Chứng minh rằng AD.AE  AB.AC . b) Vẽ dây AF của đường tròn O  song song với BC , EF cắt AC tại Q, BF cắt AD tại P . Chứng minh rằng PQ song song với BC . c) Gọi K là giao điểm của AE và BC . Chứng minh rằng: AB.AC  AD.AK  BD.BK .CD.CK 2) Cho tam giác ABC có BAC   90 , ABC   20 . Các điểm E và F lần lượt nằm trên các cạnh AC , AB sao cho ABE   10 và ACF   30 . Tính CFE . Câu 5. (1,0 điểm) Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 1000. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9. --------HẾT-------- Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 9 Câu Đáp án Điểm 1.1. (2,0 điểm)        3 3 Ta có a 3  2 2b 3  a  2b a  2b a  2ab  2b . Suy ra 2(a  b)  a  2(a  b)  a  a  2b  0,75 a 3  2 2b 3 a  2ab  2b   a  2b a  2ab  2b  a  2ab  2b 1   .   a  2b a  2ab  2b  a  2b a 3  2 2b 3  a    a  2b a  2ab  2b  a 2b  2ab 2b  2b  a  0,75  . 2 a  2ab  2b a  2 2ab  2b a  2b   a   2b 2b 2b   2 1 a  2b a  2b Từ đó suy ra P  .  . 0,5 a  2b 2b 2b Cách 2: Đặt x  a ; y  2b ta được  2x 2  y 2 x  .  x  y  x  với x  0; y  0, x  y . 3 3 P   3     x  y 3 x 2  xy  y 2   y 2  xy  1.2. (2,0 điểm) Vì ba điểm O, A, B tạo thành một tam giác nên m 2  4m  4  0 và 3m  2  0 .  2  3m  2  3m 0,5 Tọa độ giao điểm A của d và Ox là A  2 ; 0  OA  2 .  m  4m  4  m  4m  4 Tọa độ giao điểm B của d và Oy là B 0; 3m  2  OB  3m  2 . 0,5 1 1 2  3m Do tam giác ABO vuông tại O nên SOAB  OAOB .  3m  2  1 0,5 2 2 m 2  4m  4 3m  2 9m 2  12m  4  2 m 2  4m  4   2  Do đó, 2 2  2 m  4m  4 2 9m  12m  4  2 m  4m  4    m  2 0,5 7m 2  4m  12  0      (thỏa mãn) 2 11m  20m  4  0 m   2  11 2.1. (2,0 điểm)     3m  2  4 2m 2  5m  3  m 2  8m  16  m  4  0, m . 2 2 Do đó, 1,0 phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là x 1  2m  1; x 2  m  3 . Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi 1,0
x  0 2m  1  0 1  1  x  0  m  3  0  m   2 .  2  Cách 2: Do   0, m nên PT luôn có hai nghiệm. Ta có thể giải bài toán ngược: “Tìm m S  0 1 để PT có hai nghiệm không dương” ĐK này tương đương với   ...  m   . P  0 2  Cách 3: Do   0, m nên PT luôn có hai nghiệm. Yêu cầu bài toán tương đương với PT x  x  0  2 1 có nghiệm x 1, x 2 thỏa mãn x 2  x 1  0  x 2  0  x 1 2.2. (2,0 điểm)  2x  y  1  3y  1  x  x  2y   3 x  3x  2  2y 3  y 2 *    2x  y  1  0     x  2y  0   Điều kiện: x  0     1   y    3 0,25 Nhận xét:  x  0 2x  y  1  x  0    Không thỏa mãn điều kiện.   y  1 .    2   x 3y  1  x  2y  0    3 Không thỏa mãn phương trình * .   1.  y     3 Do đó, ta có 2x  y  1  3y  1  x  x  2y  2x  y  1  x  3y  1  x  2y  0 x y 1 x y 1   0 2x  y  1  x 3y  1  x  2y   0,5  1 1   0  (x  y  1)     2x  y  1  x 3y  1  x  2y  y  x  1    2x  y  1  x  3y  1  x  2y Với y  x  1 thay vào phương trình * ta có x  1 (x  1)2 (x  2)  2(x  1)3  (x  1)2  (x  1)2 (x  5)  0   0,5 x  5 x  1  y  0; x  5  y  4 Với 2x  y  1  x  3y  1  x  2y  2x  y  1  3y  1  x  x  2y  0,25 Ta có   2x  y  1  x  3y  1  x  2y 
x 1 Cộng vế với vế hai phương trình ta được x  3y  1  y  3 2 1 x  1  x  1 3 2 Thay vào * ta được (x  1)2 (x  2)  0,75 27 9  (x  1) (25x  59)  0  x  1 do (x  0) . 2 Vậy hệ có các nghiệm (x ; y )  (1; 0);(5; 4) . Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ nhất PT thứ nhất  2x  y  13y  1  x x  2y   x 2  4xy  3y 2  2x  4y  1  0  x  y  1x  3y  1  0 . 3.1. (2,0 điểm) Đặt a  x .c, b  y.c,(x , y  0) . Từ điều kiện suy ra (x  1)(y  1)  4 . x y xy x 2  y 2  3(x  y ) xy Khi đó, P      y 3 x 3 x y xy  3(x  y )  9 x y 0,5 (x  y )2  3(x  y )  2xy xy   xy  3(x  y )  9 x y Do (x  1)(y  1)  4  xy  3  (x  y ) . Đặt t  x  y,(0  t  3)  xy  3  t và 2  x  y  t2 3  t  xy      t 2  4t  12  0  t  2 (do t  0 ) 0,5  2  4 t 2  3t  2(3  t ) 3  t t 3 3 Khi đó, P      với 2  t  3 . 3  t  3t  9 t 2 t 2 t 3 3 3 Ta có P  2 .   6 . 2 t 2 2 x  y  6 0,5 3  Do đó, Pmin  6  đạt được khi t  6 hay x ; y  là nghiệm của hệ  . 2 xy  3  6  Ta lại có P  t 2  3t  6 t 2  5t  6  2t t  2t  3    1  1 (do 2  t  3 ). 2t 2t 2t  0,5 x  y  2 Do đó, Pmax  1 đạt được khi t  2 hay x ; y  là nghiệm của hệ   x  y  1.  xy  1  3.2. (2,0 điểm) Đặt p 3  4 p  9  t 2 (t  N ) 0,25 Biến đổi thành p p 2  4  (t  3)(t  3) (1)  p | t  3  p | t  3 Trường hợp 1: Nếu p | t  3 Đặt t  3  pk (k  N ) Khi đó thay vào (1) ta có: p p 2  4  pk (pk  6)  p 2  pk 2  6k  4  0 0,25 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:   k 4  4 6k  4  k 4  24k  16 là một số chính phương.
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được k 2   k 4  24k  16  k 2  4 2 2 Suy ra các trường hợp:   2 k 4  24k  16  k 2  1  2k 2  24k  15  0 (loại)  24k  16  k  2 2 k4 2  k 2  6k  3  0 (loại)  24k  16  k  3 2 k2 2  6k 2  24k  7  0 (loại) Do đó phải có k  3 . Thử trực tiếp được k  3 thỏa mãn. Từ đó ta có t  36; p  11 . 0,5 Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào 1   p p 2  4  pk (t  3)  k (t  3)  p 2  4  p 2  kt  3k  4 Mặt khác ta có (t  3)2  p 2k 2  t 2  6t  9  k 2 (kt  3k  4)    t 2  t 6  k 3  9  3k 3  4k 2  0 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:       2   6  k3  4 9  3k 3  4k 2  k 6  24k 3  16k 2  k 2 k 4  24k  16 là một số chính phương. Muốn vậy thì k 4  24k  16 phải là một số chính phương. Sau đó cách làm giống như trên. Trường hợp 2: Nếu p | t  3 Đặt t  3  pk (k  N ) Khi đó thay vào (1) ta có: p p 2  4  pk (pk  6)  p 2  pk 2  6k  4  0 Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:   k 4  4 6k  4  k 4  24k  16 là một số chính phương.     2 2 Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được k 2  4  k 4  24k  16  k 2 Suy ra các trường hợp: 1,0   2 k  24k  16  k  1  2k  24k  15  0 (loại) 4 2 2  24k  16  k  2 2 k4 2  k 2  6k  3  0 (loại)  24k  16  k  3 2 k2 2  6k 2  24k  7  0 (loại) Do đó phải có k  3 Thử trực tiếp được k  3 thỏa mãn. Từ đó suy ra t  3;18 tương ứng p  2;7 . Vậy tập tất cả giá trị p cần tìm là {2;7;11} 4.1a. (2,0 điểm) Xét hai tam giác ADB và ACE   90º (chắn 1 đường tròn) nên có ACE 2 0,5   ADB ACE   90º . Hơn nữa  ABD =  AEC (cùng chắn  AC ). Suy ra ∆ADB ∽ ∆ACE 0,5 AD AB Từ đây ta có tỉ lệ thức   AD.AE  AB.AC . 1,0 AC AE 4.1.b (1,5 điểm)  = BAE Ta có PFQ  (cùng chắn BE ) 0,5    Mặt khác BAE  BAD  DAE mà BAD   EAC  vì ABD ∽ AEC
    Nên BAE  BAD  EAC  DAC . 0,5   PFQ Do đó PAQ . A F O P Q 0,5 K B C D M E   FPQ Suy ra tứ giác APQF nội tiếp  FAQ    FBC Vì FAQ  (cùng chắn FC  ) nên   suy ra FPQ  FBC PQ / /BC . 4.1.c (2,0 điểm) Ta có AB.AC  AD.AE . Suy ra AB.AC  AD.AK  AD.AE  AD.AK  AD.KE . 0,5 Kéo dài AD cắt O  tại M . AK KB Xét AKB và CKE    AK .KE  KB.KC 0,5 CK KE AD CD ADC ∽ BDM    AD.MD  BD.CD . BD MD   90 (chắn 1 đường tròn) Mặt khác AME 2 Suy ra ME  AD mà DK  AD nên DK / /ME . 0,5 AD AK Áp dụng định lý Talet trong AME ta được  . DM KE Do đó AK .DM  AD.KE .  BD.BK .CD.CK  BD.CD . CK .BK  .  AD.MD . AK .KE   AD.KE . AK .MD   AD 2 .KE 2 0,5  BD.BK .CD.CK  AD.KE Vậy AB.AC  AD.AK  BD.BK .CD.CK . 4.4. (1,5 điểm)   90 , ABC Xét ABC có BAC   20  ACB   70 0,25   ACF có CAF  90 , ACF  30  FC  2.AF Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD  BC . BD BA 0,25 Khi đó, ABC ∽ DBG   BG BC    GCB  GBC  20º  GCF  20º . 0,25
A F G E 0,25 B C D Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF  và ABC  nên FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 1 FC BC AF BD BA AE AF AE Do đó,  2  2      0,5 FG FG BG BG BC EC FG EC   Từ đó suy ra CG / /EF (ĐL Talet đảo)  CFE  GCF  20 . 5. (1,0 điểm) Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra: + TH1: Có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Tổng ba số tương ứng chia hết cho 3. 0,5 + TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Có ít nhất 1 số chia hết cho 3 , 1 số chia cho 3 dư 1 , 1 số chia cho 3 dư 2. Suy ra luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3. Do đó ta chia 17 số là số báo danh của 17 học sinh thành 3 tập có lần lượt 5, 5, 7 phần tử. Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3a1, 3a2 , 3a 3 a1, a2 , a 3    . Còn lại 17  9  8 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a 4 . 0,5 Còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là 3a 5 . Trong 5 số a1, a2 , a 3 , a 4 , a 5 có 3 số ai 1, ai 2 , ai 3 có tổng chia hết cho 3 . Nên 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là 3 ai 1  ai 2  ai 3  9 Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. -----------Hết-----------