Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn tham khảo Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak

ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (4 điểm) 1. Rút gọn biểu thức P  x 3 2 x  4 x  4 2017 . Tìm x sao cho P  . 2018 x3 x 2 2. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 . Câu 2: (4 điểm) 1. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 , (chúng có thể trùng nhau) và biểu thức 1 1 đạt giá trị nhỏ nhất.  x1 x2 2. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02  1  y0  4  x0  y0  3 . Câu 3: (4 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y 2  4 x  2 y  18 . 2. Tìm tất cả các cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 . ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có đúng 16 ước số nguyên dương.. Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lân lượt tại D và E ( D  B, E  C ). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F. 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC . Câu 5: ( 2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3  3 y 2  5 y  3  11 9  x2  9 x4  x6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018. Câu 6: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC . Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh MA2  2MB.MC . LỜI GIẢI Câu 1: (4 điểm) 3. Rút gọn biểu thức P  x 3 2 x  4 x  4 2017 . Tìm x sao cho P  . 2018 x3 x 2 4. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 . Lời giải P 1. Ta có   x 3 2 x  4 x  4  x3 x 2 x  2 x 1  x 1 x 2    Mặt khác P  2017  2018 2. Ta có   x 1  x 1 x 3 2  x 2  2 x3 x 2    x  1 x 3 2  x  2 x 2 2 x 2   x 1 . x 2 x  1 2017  x  2016  x  20162 .  2018 x 2 x 2  4 x  x 2  4   20  x  x  4  x  2  x  2   20   x 2  2 x  x 2  2 x  8  20   x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  4  4   20  x2  2 x  4  6 2 2 .   x 2  2 x  4   16  20 .   x 2  2 x  4   36   2 x  2 x  4   6  Ta thấy phương trình x2  2 x  4  6 vô nghiệm.  x  1  11 Mặt khác, x2  2 x  4  6  x2  2 x 10  0    x  1  11 . Vậy phương trình có nghiệm là x  1  11 và x  1  11 . Câu 2: (4 điểm) 3. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 , (chúng có thể trùng nhau) và biểu thức 1 1 đạt giá trị nhỏ nhất.  x1 x2 4. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  có A  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02  1  y0  4  x0  y0  3 . Lời giải 1.Phương trình có hai nghiệm khác 0 khi m  1  2m  32  m2  0    m  3 m  1  0    m  3 .   2  m  0 m  0 m  0   x  x  2  2m  3 Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có  1 2 2 .   x1 x2  m Lại có 1 1 x1  x2 2  2m  3 12m  18 2m2  2m2  12m  18      m2 3m2 3m2 x1 x2 x1 x2 2 2  m  3 2    . 2 3 3m 3 2 Dấu bằng sảy ra khi m  3 . 2.Ta có x02  1  y0  4  x0  y0  3  x02  1  x0  y0  4  y0  3 . 1  x02  1  x0  1 . y0  4  y0  3  x2  1  y  4  x  y  3 0 0 0  x02  1  y0  4  x02  1  y0  4 Vậy nên  0 2   x0  1  y0  4  x0  y0  3 3  1  a  x02  3  x02   0  1 a  0  a  1. 1 a Câu 3: (4 điểm) 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn: x2  y 2  4 x  2 y  18 . 4. Tìm tất cả các cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 . ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có đúng 16 ước số nguyên dương.. Lời giải 1.Ta x2  y 2  4 x  2 y  18   x2  4 x  4    y 2  2 y  1  21 có   x  2    y  1  21   x  y  1 x  y  3  21 . 2 2 Do đó sảy ra các trường hợp sau: x  y 1  1 x  9  .  x  y  3  21  y  9 +)  x  y 1  3 x  2  . x  y  3  7 y  2 +)  2. Ta có: N  ab  ab  1 2ab  1 chia hết cho các số: 1; a ; b  ab  1 2ab  1 ; b ; a  ab  1 2ab  1 ; ab  1; ab  2ab  1 ; 2ab  1 ; ab  ab  1 ; N ; ab ;  ab  1 2ab  1 ; b  ab  1 ; a  2ab  1 ; a  ab  1 ; b  2ab  1 có 16 ước dương Nên để N chỉ có đúng 16 ước dương thì a; b; ab  1; 2ab  1 là số nguyên tố Do a, b  1  ab  1  2 Nếu a; b cùng lẻ thì ab  1 chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đó không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn b lẻ  a  2 . Ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì 2ab  1  4b  1 và ab  1  2b  1 chia hết cho 3 là hợp số (vô lý)  b  3 . Vậy a  2; b  3 . Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lân lượt tại D và E ( D  B, E  C ). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F. 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC . A E D HN M B F C 1) Chứng minh tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. (Đơn giản). 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp . Tính số đo BAC như sau: BAC  DHE  MFN  BHC  1800 (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp). Mà DHE  BHC (đối đỉnh) suy ra BAC  MFN  F1  F2 . Lại có F1  B1; F2  C1; B1  C1  F1  F2  B1  B2 . (tứ giác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp)   Do đó BAC  2B1  2 900  BAC  3BAC  1800  BAC  600 Câu 5: ( 2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3  3 y 2  5 y  3  11 9  x2  9 x4  x6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018. Điều kiện 3  x  3 . y 3  3 y 2  5 y  3  11 9  x 2  9 x 4  x 6   y  1  2  y  1  3   a3  2a  b3  2b, a  y  1; b  9  x 2  9  x2  2 3 9  x2    a3  b3   2  a  b   0   a  b   a 2  ab  b2  2   0 2 Do a 2  ab  b2  2   a  b   b2  2  0 . 2  4  Suy ra 1 3 a  b  0  y  1  9  x2  0  y  9  x2  1    x  y  x  9  x2  1  4  3  x  9  x2  4 3  x  0 Đẳng thức xảy ra khi   2 9  x  0  x  3  y  1. Vậy giá trị lớn nhất của T là 2022 tại x = 3; y=-1. Ta lại có x  y  1  3 2  x  9  x 2  1  1  3 2  x  3 2  9  x 2  x 2  6 2 x  18  9  x 2  2 x2  6 2 x  9  0    2 2 x  3  0 (Đúng). Suy ra T  x  y  2018  1  3 2  2018  2019  3 2 Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi y 2x  3  0  x   3 2 (thỏa mãn). Suy ra 2 3 2 3 2 2 .  1 3 2  2 2   Vậy GTNN T là 2019  3 2 tại x  Câu 6: (2 điểm) 3 2 3 22 ;y . 2 2