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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh lớp 9 cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Định dưới đây làm tài liệu ôn tập hệ thống kiến thức chuẩn bị cho bài thi HSG sắp tới. Đề thi đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra hướng ôn tập phù hợp giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các em thi tốt!

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 2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH ĐỊNH LỚP 9 THCS - KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2019 Bài 1 (5,0 điểm). 1.Tính giá trị biểu thức A = x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng x  3 3  2 2  3 3  2 2 ; y  3 17  12 2  3 17  12 2 1 1 1 2. Cho hai số thức m, n khác 0 thỏa mãn   m n 2 Chứng minh rằng phương trình  x 2  mx  n  x 2  nx  m   0 luôn có nghiệm Bài 2. (5,0 điểm) 2  x  xy  y  1 1. Giải hệ phương trình   x  3 y  4x  5 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy 2  x  y  1  x 2  2y 2  xy Bài 3 (3,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a b 3  1  b c3  1  c a 3  1  5 Bài 4 (7,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD (M không trùng với A). Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD. a) Chứng minh rằng AH vuông góc với BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I. Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng. 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH. Gọi M là giao điểm của HB MB AB AO và BC. Chứng minh rằng  2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? HC MC AC GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định
LỜI GIẢI THAM KHẢO – ĐỘC GIẢ GÓP Ý Bài 1. 1. Đặt x  3 3  2 2  3 3  2 2 = a + b khi đó 3   x 3   a  b   a 3  b3  3ab  a  b   3  2 2  3  2 2  3 3 3  2 2 3  2 2 .x  3 3  x  6  3x  x  3x  6 (1) Đặt y  3 17  12 2  3 17  12 2 = c + d khi đó 3   y3   c  d   c3  d 3  3cd  c  d   17  12 2  17  12 2  3 3 17  12 2 17  12 2 .y   y3  34  3y  y3  3y  34 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = x 3  y 3  3  x  y  = x 3  y 3  3x  3y  6  34  40 1 1 1 2m  n mn 2. Ta có      2  m  n   mn m n 2 2mn 2mn  x 2  mx  n  0 (1) Ta có  x 2  mx  n  x 2  nx  m   0   2  x  nx  m  0 (2) Phương trình (1) là PT bậc hai có 1  m 2  4n Phương trình (2) là PT bậc hai có  2  n 2  4m 2 Do đó 1   2  m 2  4n  n 2  4m  m 2  n 2  4  m  n  = m 2  n 2  2mn   m  n   0 Suy ra trong 1 và  2 có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 0 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm Bài 2.  x 2  xy  y  1 (1) 1.  . Điều kiện x  0  x  3 y  4x  5 (2) PT (1)  x 2  xy  y  1  0 (3) 2 PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có   y 2  4y  4   y  2   0 c Do đó PT (3) có hai nghiệm x   1 (loại vì x  0), x =   1  y (điều kiện y  1 vì x  0) a  y = -x + 1 . Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có x  3  x  1  4x  5  x  1  3 x  1  4x  4  0  3  x  1 2  x 1  2   3 x  1  4  x  1  0  3 x 1  1  4  x  1   0 3 x 1  x1    3 x  1  0    3  x  1 2  x = 1 (TMĐK) suy ra y = 0 (TMĐK) 2   1  4 3  x  1  0  x  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) là (1 ; 0) 2. 2xy 2  x  y  1  x 2  2y 2  xy  x 2  x  2y 2  y  1  2y2  y  1  0 (1) Đặt 2y 2  y  1 = a, khi đó PT (1) trở thành  x 2  ax  a  2  0 (2) 2 Phương trình (2) có   a 2  4a  8   a  2   4 Phương trình (1) có nghiệm nguyên  Phương trình (2) có nghiệm nguyên   là số chính phương 2 2 Đặt  a  2   4 = k 2 (k  N)  k 2   a  2   4   k  a  2  k  a  2   4
Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên (k + a – 2) và (k – a + 2) là số chẵn. k  a  2  2 k  a  2   2 k  2 k   2 Do đó  hoặc    hoặc  k  a  2  2 k  a  2   2 a  2 a  2  a  k2 22 x   2 Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là  2 2  a  k2 22 x   0  2 2 Ta có 2y 2  y  1 = a = 2  2y 2  y  1 = 0  2y 2  2y  y  1  0 = 0 y  1   y  1 2y  1  0   . Ta chọn y = 1 (vì y  Z) y   1  2 Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của hệ phương trình là (2 ; 1) và (0 ; 1) Bài 3: 1. Gọi A i A j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho . Giả sử A k là điểm cách xa đoạn thẳng A i A j nhất . Khi đó Tam giác A i A j A k là tam giác lớn nhất và có diện tích hông lớn hơn 1 Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm A i , A j , A k lần lượt song song với các cạnh của  A i A j A k Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8073 điểm đã cho Ta có 8073 chia cho 4 được 2018 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichlet suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho. 2. Đặt P = a b 3  1  b c3  1  c a 3  1 suy ra 2P = 2a b3  1  2b c3  1  2c a 3  1 = 2a  b  1  b2  b  1  2b  c  1  c2  c  1  2c  a  1  a 2  a  1  a  b 2  2   b  c2  2   c  a 2  2  = ab 2  bc 2  ca 2  6  Q  6 Không mất tính tổng quát, ta giả sử b  c  a ta có b  a  c  c  b   0  abc  b 2 c  ab 2  bc2  ab 2  bc 2  ca 2  abc  b 2 c  ca 2 2 ab ab Do đó Q  abc  b 2c  ca 2  2abc  b 2c  ca 2  c  a  b   4c . 2 2 3 2 4  a b a b 4 a  b  c 4.33  c      4 27  2 2  27 27 Do đó 2P  10  P  5. Dấu “=” xảy ra  a + b + c = 3, b  c  a , 2c = a + b, abc = 2abc  b = 0, c = 1, a = 2 I A Bài 4. a) Ta có AD  BC tại D (vì  ABC vuông cân tại A) N P ANM  APM  900 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1) 1 0 H NAP  NHP  90 nên NAPH là tứ giác nội tiếp (2) M 1 Từ (1) và (2) suy ra N, A, P, H, M cùng thuộc một đường tròn B D C  AMH  APH  1800 và ANM  APM  900 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1)
Ta có APC  MDC  900 nên MPCD là tứ giác nội tiếp Suy ra P1  C1 mà C1  MBD (vì AD là trung trực của BC)  MBD  P1 Ta có AMB  ADB  MBD  900  MBD mà MBD  P1 Suy ra AMB  900  P1  APM  P1  APH  AMB  AMH  APH  AMH  1800 Do đó B, M, H thẳng hàng  AH  BH b) Ta có IBA  BAD  450 (vì BI // AD) Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác góc ADB  ADI  BDI  450 . Do đó IBA  IDA   450   A, I, B, D cùng thuộc một đường tròn (3) Ta có AHB  ADB  900 nên A, H, D, B cùng thuộc một đường tròn (4) Từ (3) và (4) suy ra A, H, D, B, I cùng thuộc một đường tròn  IHD  IBD  1800  IHD  900 (vì IBD  900 ) lại có NHD  900 Do đó H, N, I thẳng hàng. 2.  Cách 1: A Kẻ AD là đường kính của đường tròn (O) Xét 2 tam giác vuông  HBA và  CDA có B1  D1 (vì nội tiếp cùng chắn AC ) O 1 HB AB B C H M nên  HBA ∽  CDA (g.g)  =  HB.AD = AB.CD CD AD 1 HC AC Tương tự  HCA ∽  BDA (g.g)  =  HC.AD = AC.BD D BD AD HB AB DC Do đó = . (1) HC AC DB NB AB Ta có  AMB ∽  CMD (g.g)  =  MB.CD = MD.AB MD CD MC AC Tương tự =  MC.BD = AC.MD MD BD MB AB DB Do đó = . (2) MC AC DC HB MB AB  DC DB  AB DC DB AB Ta có +   +  .2. .  2. HC MC AC  DB DC  AC DB DC AC Dấu « = » xảy ra  DB = DC  AB = AC   ABC cân tại A.  Cách 2: Gọi I là giao điểm của AH với đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Ta có ABD  ACD  AID  900 . Do đó BC // DI  BI  CD A  A1  A 2 1 2 Ta có DIBC là hình thang cân nên CD = BI, CI = BD Xét  AHB và  ACD có A1  A 2 , AHB  ACD   900  O B C HB AB H M   AHB ∽  ACD (g.g)   (1) CD AD Xét  ABD và  AHC có BAD  HAC , ABD  AHC   900  I D BD AD   ABD ∽  AHC (g.g)   (2) HC AC
HB BD AB AD AB HB AB CD Từ (1), (2) suy ra .  .    . (3) CD HC AD AC AC HC AC BD  1  Xét  ABI và  AMC có A1  A 2 , AIB  ACB   sđAC   2  BI AB   ABI ∽  AMC (g.g)   (4) MC AM  1  Xét  ABM và  AIC có BAM  IAC , ABC  AIC   sđAC   2  MB AM   ABM ∽  AIC (g.g)   (5) CI AC BI MB AB AM AB MB AB CI Từ (4), (5) suy ra .  .    . (6) MC CI AM AC AC MC AC BI HB MB AB2 CD CI AB2 CD CI AB2 Từ (3) và (6) suy ra .  . . = . .  (vì CD = BI, CI = BD) HC MC AC 2 BD BI AC 2 BI BD AC 2 HB MB HB MB AB2 AB Ta có  2 . 2 2  2. HC MC HC MC AC AC HB MB HB MB HB MB Dấu “=” xảy ra        H  M HC MC HB  HC MB  MC BC BC   ABC cân tại A.