Đề thi chọn HSG THCS 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:4

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn HSG THCS cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình giúp các em kiểm tra, đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Và đây cũng là tài liệu phục vụ cho công tác giảng dạy, biên soạn đề thi của thầy cô. 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 THCS cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THÁI BÌNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Năm học 2018-2019.Ngày thi 04/01/2019 Thời gian làm bài :150 phút Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức  x 1 xy  x   xy  x 1  x  P   xy  1 1  xy  1 : 1      với x, y  0, xy  1 .    xy  1 1  xy  a)Rút gọn P b)Tính giá trị của biểu thức P khi x  3 4  2 6  3 4  2 6 , y  x 2  6 Câu 2(3 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : (m  1) x  y  3m  4 và đường thẳng (d’) : x  (m  1) y  m .Tìm m để (d) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx  300 Câu 3(4 điểm). a.Giải phương trình 3x  1  6  x  3x2  14x  8  0  x  2x  2x  2 y  x y  4  0  3 2 2 b.Giải hệ phương trình  2  x  xy  4 x  1  3x  y  7  Câu 4 (2 điểm).Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a2  3b2  3c2  4abc  13 Câu 5 (3 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 song song 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 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. x  y 2019 Câu 7 (2 điểm).Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x,y,z) sao cho là số y  z 2019 hữu tỉ và x 2  y2  z 2 là số nguyên tố . GIẢI Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức  x 1 xy  x   xy  x 1  x  P   xy  1 1  xy  1 : 1      với x, y  0, xy  1 .    xy  1 1  xy 
 x 1 xy  x   xy  x 1  x  1 a)Ta có P     1 :  1     .Rút gọn P  xy  1 1  xy         xy 1 1 xy  xy 1 được kết quả là P  xy b)Ta có x  3 4  2 6  3 4  2 6  x( x 2  6)  8  xy  8 . Nên ta có 1 1 P  . xy 2 2 3m  2 m  2  Câu 2(3 điểm). Ta có tọa độ của  ;  là nghiệm của hệ phương trình  m m   x  (m  1) y  m  .Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với Ox tại B .Ta có (m  1) x  y  3m  4 OM 2 2 3 MOx  30  MB  0 2 m . 4 3 Câu 3(4 điểm). 1 a.Điều kiện  x  6 .Ta có 3x  1  6  x  3x2  14x  8  0 3  3 1   ( x  5).    3x  1   0  x  5 .  3x  1  4 6  x 1  Vậy nghiệm là x  5 . b.Giải hệ phương trình  x 3  2x 2  2x  2 y  x 2 y  4  0    ( x 2  2)( x  y  2)  0  2  2   x  xy  4 x  1  3x  y  7  x  xy  4 x  1  3x  y  7    y2x   y2x  2  2 tới đây dùng bình   x  xy  4 x  1  3x  y  7   2 x  6 x  1  4 x  5 phương rồi hệ số bất định nhé . 3 Câu 4 (2 điểm).Ta dễ dàng chứng minh được 0  a, b, c  .Áp dụng BDT cô si cho 2 3 3 3 3 3 3 ba số dương ta có:  a   b   c  3 3 (  a)(  b)(  c) 2 2 2 2 2 2 1 27 9 3 1 27 3    (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc    (ab  bc  ca)  abc 8 8 4 2 8 8 2  4abc  14  6(ab  bc  ac)  3a  3b  3c  4abc  13 .Dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 a  b  c  1. Câu 5 (3 điểm)
AD AD AD 2 a) Tìm được tanB= ,tanC= => tanB.tanC= BD CD BD.CD AD BDH ADC  BD.CD  AD.DH =>tanB.tanC= . DH AM Ta được :  3 ( M là trung điểm của BC).Và  ADM có HG//BC GM AM AH  HG / / DM    3  tan B . tan C GM HD b)Ta có A  B  C  1800  A  B  1800  C  tan( A  B)  tan(1800  C ) .Từ đó chứng minh được tan A.tan B.tan C  tan A  tan B  tan C . Câu 6 (3 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. A I K J B C E H F a.Cách 1.Trước tiên ta sẽ chứng minh I là trực tâm của tam giác AJKAJK.Gọi F là giao điểm của tia AK và BC. Theo tính chất góc ngoài tam giác AFB  FAC  HAC  2HAC  HCA . Lại có BAF  BAH  HAF  2HAC  HCA (Lưu ý : BAH  HCA (cùng phụ HAC ) Suy ra BAF  BFA nên tam giác ABF cân tại B.Mà BI là phân giác của tam giác ABF cân tại B nên cũng là đường cao hay JI⊥AK.Tương tự KI⊥AJ. Vậy : I là trực tâm của tam giác AJK.Ta có tam giác ABF có phân giác BI đồng thời là đường cao nên tam giác ABF cân suy ra IA  IF .Ta có tam giác ACE có phân giác CI đồng thời là đường cao nên tam giác ACE cân suy ra IA  IE .Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. b. Kẻ IO vuông góc với BC=> O là trung điểm của EF.Ta chứng minh tam giác EKF 1 1 vuông tại K, EJF vuông tại J.Từ đó suy ra JO  OI  OK  FE .Từ đó ta có OI  FE 2 2 Đặt OI  r .Ta chứng minh được AB+ AC- BC =2r ; AB +AC -BC =EF.Từ đó có điều chứng minh. x  y 2019 Câu 7 (2 điểm).Tìm tất cả các bộ số nguyên dương (x,y,z) sao cho là số y  z 2019 hữu tỉ và x 2  y2  z 2 là số nguyên tố .
x  y 2019 Do là số hữu tỉ nên y  z 2019 x  y 2019 a  (a, b  *)  2019(by  az)  ay  bx . y  z 2019 b a y x Nếu by  az  0 và ay  bx=0 thì    xz  y 2  ( x, y, z)  (tm2 , tmn, tn2 ) b z y với t, n, m  * . ay  bx Nếu by  az  0 thì √ 2019  là số hữu tỉ (vô lí). by  az Mà x 2  y2  z 2  t 2 (m4  m2 n2  n4 ) là số nguyên tố .Nên suy ra ( x, y, z)  (1,1,1) .