Đề thi thử HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Hồ Tông Thốc

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

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Hồ Tông Thốc là tài liệu dành cho các bạn học sinh đang chuẩn bị thi thử HSG sắp tới. Ôn tập với đề thi giúp các em phát triển tư duy, năng khiếu môn học. Chúc các em đạt được điểm cao trong kì thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Hồ Tông Thốc

PHÒNG GD&ĐT YÊN THÀNH TRƯỜNG THCS HỒ TÔNG THỐC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 20182019 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1(5.0 điểm): a) Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương b) Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng. c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(y 2 + 1) + 2y(x 2) = 0 Câu 2(5.0 điểm): a) Giải phương trình: 3x 2 + 4 x + 10 = 2 14 x 2 − 7 b) Giải phương trình: 3x 5 + 7 3x = 5x 2 20x + 22 c) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E = x + + y+ y x Câu 3(4.0 điểm): a b c a) Cho abc = 1. Chứng minh rằng: + + = 1 ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 a2 b2 c2 a+b+c b) Cho a, b, c > 0 : Chứng minh + + b+c c+a a+b 2 Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của điểm D trên cạnh AB, AC. Gọi O là giao điểm của EF và AD. Chứng minh rằng: a) AE.AC = AF.AB và AI.AB = AK. AC b) Chứng minh: AD.CosBAC = AH.SinABC. SinACB Câu 5(2 điểm) ): Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M trong của tam giác sao cho: MA.BC + MB. AC + MC.AB đạt giá trị bé nhất.
ĐÁP ÁN TOÁN 9 Điể Câu Ý Đáp án m 1 n 24 k2 Ta có: 0.5 n 65 h2 0.5 k 2 − 24 = h2 + 65 A k h k h 89 1.89 k h 89 k 45 0.5 k h 1 h 44 Vậy: n = 452 – 24 = 2001 0.5 Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng Gọi a, b, c là 3 số nguyên tố cần tìm 0.5 Ta có: abc = 5(a+b+c) abc M5 mà 5 nguyên tố, nên trong 3 số a, b, c có một số bằng 5. Không mất tính tổng quát, giả sử a= 5, ta có: 5bc = 5(5+b+c) bc = 5 + b + c bc − b − c + 1 = 6 0.5 B b(c − 1) − (c − 1) = 6 (c − 1)(b − 1) = 6 b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ: b −1 = 1 b=2 0.5 i) c −1 = 6 c=7 b −1 = 2 b=3 ii) trường hợp này loại vì 4 là hợp số. 0.5 c −1 = 3 c=4 Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là: 2; 5; 7 C Ta có: x(y 2 + 1) + 2y(x 2) = 0 xy 2 + x + 2yx 4y = 0 x(y 2 + 1 + 2y) = 4y x(y+1) 2 = 4 y 0.5 + Nếu y = −1 thì 0 = −4 (không thoả mãn). + Nếu y −1 thì: 4y x = (1) (y + 1) 2 0.5 Vì y và y + 1 là 2 số nguyên tố cùng nhau ( HS có thể chứng minh hoặc không chứng minh) nên từ (1) để nghiệm x Z thì 4M(y + 1) 2 Suy ra: (y + 1) 2 = 1 hoặc (y + 1) 2 = 4
y=0 +) Với (y + 1) 2 = 1 y = −2 0.5 y =1 +) Với (y + 1) 2 = 4 y = −3 y=0 x=0 y = −2 x = − 8 y =1 x =1 y = −3 x = −3 0.5 Vậy ta có 4 cặp nghiệm: ( 0;0), (8;2), (1;1), (3;3) 3x 5 + 7 3x = 5x 2 20x + 22 (**) 0.5 5 7 Điều kiện: x 3 3 Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacopski ta có: ( ) 2 3x 5 + 7 3x (12 + 12 )(3x 5 + 7 3x) = 4 0.5 A 3x 5 + 7 3x 2 Mặt khác ta có: 5x 2 20 x+ 22 = 5 ( x 2 ) + 2 2 2 0.5 3x 5 + 7 3x = 2 x=2 Do đó: (**) x = 2 (TMĐK) 5x 20x + 22 = 2 2 x=2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 2 0.5 1 1 x y 0.5 Ta có E = ( x 2 + y 2 ) + 2 + 2 +2 + x y y x 1 1 4 0.5 Áp dụng BĐT: + với a > 0; b > 0. a b a+b 1 1 4 1 1 Ta có 2 + 2 + 2 1 B x y x +y 2 2 x 2 y 0.5 a b Áp dụng BĐT: + 2 với a > 0; b > 0. b a x y x y Ta có + 2 2 + 4 y x y x 0.5 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 3 A 1 Với abc = 1 a= . Thay vào ta có: bc 0.5 0.5 0.5
a b c + + ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 1 0.5 bc b c = + + 1 1 bc + b + 1 1 b + + 1 c + c + 1 bc bc bc 1 b bc = + + b +1 + bc bc + b + 1 1 + bc + b 1 + b + bc = =1 b +1 + bc a2 b+c Ta có: + a ( CôSi) b+c 4 0.5 b2 a+c c2 a+b Tương tự : + b , + c c+a 4 a+b 4 0.5 3 B 1 VT + ( a + b + c ) ( a + b + c ) 2 0.5 a 2 b2 c2 a+b+c Vậy + + b+c c+a a+b 2 0.5 4 N A E O F M H K P I C B D Ta có ∆ABE vuông tại E và ∆ACF vuông tại F ( vì BE và CF là hai đường AE AF 1 cao của ∆ABC) ﾷ Cos BAC = = AE.AC = AF.AB(1) AB AC A ∆ADC vuông tại D có DK là đường cao AD2 = AK.AC 0.5 Lại có ∆ADB vuông tại D có DI là đường cao AD2 = AI.AB Suy ra: AI.AB = AK. AC (2) 0.5 B Ta có ∆ADB vuông tại D SinABC = AD AB 0.5 Lại có ∆CBE vuông tại E và ∆AHE vuông tại E BE AE 0.5 mà AHE = C( cùng bù DHE) Sin ACB = = BC AH 0.5
CosBAC AE AD AE AE AB. AH AH vậy : . SinABC.SinACB AB AB AH AB AD. AE AD 0.5 AD. Cos BAC= AH.SinABC.SinACB (đpcm) A M E B C D F Vẽ BE, CF vuông góc với AM, tia AM cắt BC tại D. 5 0.5 Ta có:MA.BC = MA.(BD+DC)= MA.BD + MA.DC MA.BE + MA.CF Do đó : MA.BC 2SABM + 2SACM 0.5 Tương tự : : MB.AC 2SBCM + 2SABM MC.AB 2SACM + 2SBCM Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có 0.5 MA.BC + MB.AC + MC.AB 4(SABM+ SACM+ SBCM) = 4SABC (kđổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA BC; MB AC; MC AB. Hay M là trực tâm của tam giác ABC. 0.5 (Lưu ý: HS sinh có cách giải đúng khác cũng cho điểm tối đa)