Đề thi HSG cấp tỉnh bậc THCS môn Toán lớp 9 năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Quảng Nam

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

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em học sinh thêm phần tự tin trước kì kiểm tra và củng cố kiến thức cũ đã học để đạt được điểm cao hơn. Xin giới thiệu đến các em bộ "Đề thi HSG cấp tỉnh bậc THCS môn Toán lớp 9 năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Quảng Nam ", tham khảo để đề ôn luyện và học tập có hiệu quả hơn các em nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp tỉnh bậc THCS môn Toán lớp 9 năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẬC THCS Năm học : 2017-2018 Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút Ngày thi : 17/4/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (5,0 điểm) a). Cho biểu thức A  x 8 x x 8  1 x2 x 4  x44 x x4 Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên x để A là số nguyên b) Cho ba số thực a, b, c sao cho 1  a  2;1  b  2 ;1  c  2 Chứng minh a b c a c b      7 b c a c b a Câu 2. (4,0 điểm) a) Cho phương trình x2  2x  3  2m  0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại b) Giải phương trình : 2 1  x  1  x2  3  x Câu 3 (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì  n  2  n  1 n  8 không thể là lập phương của một số tự nhiên b) Cho số nguyên tố p (p  3) và hai số nguyên dương a, b sao cho p2  a 2  b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2(p  a  1) là số chính phương. Câu 4 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC (E khác B và C). Đường thẳng qua B, vuông góc với đường thẳng DE tại H và cắt đường thẳng CD tại F, Gọi K là giao điểm của AH và BD. a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và ba điểm K, E, F thẳng hàng b) Khi E là trung điểm cạnh BC, tính diện tích tứ giác BKEH Câu 5. (3,5đ) Cho hai đường tròn  C1  ,  C 2  cắt nhau tại hai điểm A, B. Tiếp tuyến tại A của  C 2  cắt  C1  tại M (M khác A). Tiếp tuyến tại A của  C1  cắt  C 2  tại điểm N (N khác A). Đường thẳng MB cắt  C 2  tại P (P khác B). Đường thẳng NB cắt  C1  tại Q (Q khác B) .a) Chứng minh tam giác AMP , AQN đồng dạng b) Chứng minh MB.NA2  NB.MA2 ---Hết---- ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUẢNG NAM NĂM 2017-2018 Câu 1 1a) A    x 8  x 2 x2 x 4 3 x 6  x 2 x2 x 4     1 x2 x 4  x2 x  2 . x  2  3 x2 x 4  x  2 x  4 là ước của 3; chỉ có x  2 x  4  3 có nghiệm x=1 thỏa mãn ĐK 1b) Khử mẫu ta được a2c  ab2  bc2  a 2b  ac 2  b 2c  7abc Giả sử a  b  c   b  a  b  c   0  b2  ac  ba  bc b2a  a 2 c  abc  a 2 b   2 2 2  b c  ac  abc  bc  a 2c  ab2  ac  b2c  2abc  a 2 b  bc2  a 2c  ab2  bc2  a 2 b  ac2  b2c  2abc  2a 2b  2bc2 Chứng minh 2abc  2a2 b  2bc2  7abc  2a2 b  2bc2  5abc  2a2  2c2  5ac  (2a  c)(c  2a)  0 Câu 2 2a) ĐK có hai nghiệm phân biệt  '  0  2m  2  0  m  1 x1  x 22 (1)  Khi m  1 ta có x1x 2  3  2m (2) x  x  2 (3)  1 2 Thế (1) vào (2) : x22  x2  2  0  x2  1;x2  2 )x2  1  x2  1  3  2m  1  m  1 (loại) )x2  2  x1  4  8  3  2m  m  11/ 2 (chọn) 2b) 2 x  1  1  x2  3  x.DK : x  1  2 x  1   2  x   1  x2  1  0   4(x  1)  (4  4x  x 2 ) 2 x  1  (2  x) x 2 2 x 1  2  x   1  x2  1 1  x2  1 x 2 1  x2  1 0 0   1 1  x 2   0 2 1 x 1   2 x 1  2  x Vì x  1 nên trong ngoặc dương . Do đó phương trình có nghiệm x=0 Câu 3 3a. A   n  1 n  2  n  8 +) Khi n  1  A  54 không lập phương +) Khi n  2  A  120 không lập phương +)Khi n  2 . ta chứng minh A cũng không lập phương A   n  1 n  2  n  8   n 3  11n 2  26n  16  n 3  12n 2  48n  64   n  4  3 A   n  3  n 3  11n 2  26n  16  n 3  9n 2  27n  27  2n 2  n  11  0 2 n 1  89 1  89  2,6 hoặc n   n  2,1 4 4 Suy ra khi n > 2  n  3  A   n  4  Vậy A không thể là lập phương 3 3 3b. p2  b2  a 2   b  a  b  a   b  a và b  a là ước của p 2  b  a và b  a là ước của p vì p nguyên tố Vì b – a < b+a nên b – a =1  b  a  p2  2a  1  p2 Cộng vào hai vế cho 2p+1 ta có: 2a  2p  2   p  1  2(a  p  1)   p  1 2 2 Chứng minh a chia hết cho 12 +) Chứng minh a chia hết cho 3 Vì 2a  1  p2  2a  p2  1 vì p nguyên tố >3 nên p 2 chia 3 dư 1  2a 3  a 3 +)Chứng minh a chia hết cho 4 Vì 2a  1  p2  2a  p2  1 vì p nguyên tố >3 nên p chia 4 dư 1 hoặc dư 3 *) p=4k+1  2a  16k 2  8k 8  a 4 *) p=4k+3  2a  16k 2  24k  8 8  a 4 Do đó a chia hết cho 12 Câu 4 A B K H E D C F a) Chứng minh KDCE nội tiếp Ta có BHD  BCD  900  BHCD là tứ giác nội tiếp  CHF  BDC  450 ECFH nội tiếp  450  CHF  CEF  KDC  KDCE nội tiếp Chứng minh K, E, F thẳng hàng BC; DH là 2 đường cao BDF  FE  BD Mà KDCE nội tiếp  EKD  ECD  900  EK  BD  K, E, F thẳng hàng. 2 2 b) BKE S 1  BE   2  1 BCD  BKE      S BKE  .16  2   S BCD  BD   4 2  8 8 2 DCE  S BKEH S 1 4  DE  BHE  DCE    6  S BHE  .S DCE   S BHE  BE  5 5 4 14  2  5 5 Câu 5 A Q C1 C2 P B M N 5a) Chứng minh tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN Ta có: AMP  AQN (cùng chắn cung AB) APM  ANQ (cùng chắn cung AB) Suy ra tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN (g-g) 5b) AMP AQN nên AB AM BM   NB NA AB