Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Quế Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Quế Sơn (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I Bài 1 (4,0 điểm): a) Thực hiện tính: A 2 3 14 5 3 b) Chứng minh rằng: Nếu a, b, c và a’, b’, c’ là độ dài các cạnh của hai tam giác đồng dạng (các cạnh có độ dài a, b, c lần lượt tương ứng với các cạnh có độ dài a’, b’, c’) thì: aa' bb' cc' (a b c)(a' b' c') 20172 2017 c) Chứng minh: 1 20172 2018 20182 2018 Bài 2(4,0 điểm): Giải các hệ phương trình sau: 4(x y) 5(x - y) x2 (y 1)2 xy x 1 a) 40 40 b) 3 9 2x x y 1 x y x - y Bài 3 (5,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC có AD và CE là các đường cao. Gọi H là giao điểm của AD và CE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE cắt AC tại F. a) Chứng minh ba điểm B, H, F thẳng hàng. b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng MN. c) Tia phân giác của góc BAC cắt MN tại K. Chứng minh MK= MA. Bài 4 (4,0 điểm): Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm di chuyển trên cung nhỏ BC. Trên đoạn thẳng AM lấy điểm D sao cho MD = MB. a) Khi M di chuyển trên cung nhỏ BC thì điểm D di chuyển trên đường nào? b) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để MA + MB + MC lớn nhất. Bài 5 (3,0 điểm): Cho a, b, c là ba số nguyên liên tiếp. Chứng minh: a3 b3 c3 chia hết cho 9. === HẾT===
2. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN- VÒNG I Bài 1 (4,0 điểm): A 2 4 2 3 28 10 3 0,50 A 2 (1 3)2 (5 3)2 0,25 0,25 A 2 1 3 5 3 6 A 6: 2 3 2 0,25 a' b' c' Đặt: k được a’ = ka; b’ = kb; c’ = kc. 0,25 a b c 2 2 2 0,50 Thay VT ka kb kc k (a b c) (Do a>0, b>0, c>0) Và VP (a b c)(ka kb kc) k(a b c)2 k (a b c) 0,50 (Do a + b + c > 0) 20182 20172.20182 20172 2017 20182 2018 0,25 20182 (2018 1)2.20182 20172 2017 20182 2018 0,25 20182 20184 2.2018.20182 20182 20172 2017 0,25 20182 2018 20182 20184 2.(2017 1).20182 20182 20172 2017 0,25 20182 2018 20184 2.2017.20182 20172 2017 (20182 2017)2 2017 0,25 20182 2018 20182 2018 20182 2017 2017 0,25 2018 2018 2018 Bài 2(4,0 điểm): 4X 5Y Đặt x+ y = X và x – y = Y được 40 40 9 0,25 X Y 40 5.40 10 Thay Y từ (1) vào (2) được: 9 4 5 9 X 10 0,75 X 4X X x+ y = 10 x – y = 8. 0,50
3. x y 10 x 9 Giải hệ được 0,50 x y 8 y 1 x2 (y 1)2 xy x 1 x2 (y 1)2 x(y 1) 1 3 3 0,25 2x x y 1 2x x y 1 Thay (2) vào (1) được: 2 3 2 3 x (2x x) x(2x x) 1 0,25 2 6 4 2 4 2 x 4x 4x x 2x x 1 0,25 4x6 6x4 3x2 1 0 0,25 4x4 (x2 1) 2x2 (x2 1) x2 1 0 0,25 (x2 1)(4x4 2x2 1) 0 0,25 Phương trình 4x4 2x2 1 = 0 vô nghiệm; Phương trình có x2 – 1 = 0 nghiệm x = 0,25 ±1. Vậy hệ có nghiệm (1; 0) và (-1; -2) 0,25 Bài 3 (5,0 điểm): 0 A Có HEA=90 Đường tròn đường kính HA là đường tròn 0,50 ngoại tiếp tam giác AHE. AFH =900 (Góc nội tiếp chắn 0,50 F ½ đường tròn). Hay HF  AC M Lại có BH  AC (H là trực tâm 0,25 của ABC) Ba điểm B, H, F thẳng hàng H 0,25 E K (Tiên đề Euclude). Từ a) được BF FC F thuộc đường tròn tâm N đường kính BC. 0,50 B D N C Từ CE  EB F thuộc đường tròn tâm N đường kính BC. 0,25 E, F là giao điểm của đường tròn tâm M đường kính HA (N) với đường tròn 0,50 tâm N đường kính BC (M) EF là dây chung của (N) và (M) EF MN. 0,50 Gọi K’ là giao điểm của MN với đường tròn (M) có: 0,50 Do K’ thuộc (M) nên: K’FE =K’AE và K’EF=K’AF (Góc nội tiếp). Do K’ thuộc MN nên: K’E =K’F K’FE=K’EF 0,50 K’AE = K’AF AK’ là phân giác của BAC 0,25 K’  K (K’ vừa thuộc phân giác BAC vừa thuộc MN) 0,25 Do MA =MK’ MA = MK 0,25
4. Bài 4 (4,0 điểm): 0 A MBD cân tại M Có BDM = 60 0,25 MBD là tam giác đều. 0,25 BDM = 600. 0,25 0 BDA = 120 0,25 Khi M di chuyển trên cung nhỏ BC thì M di chuyển trên cung tròn (nằm trên nửa 0,50 O mặt phẳng bờ AB chứa điểm M) nhìn AB một góc bằng 1200. D DBA và MBC có: BA = BC ( ABC đều) 0,25 B C BAD = BCM (Cùng chắn cung BM) 0,25 ABD = CBM (=600 - DBC) 0,50 M DBA = MBC MC = DA 0,25 MA + MB + MC = MA + MD + DA = 2MA 0,50 MA + MB + MC lớn nhất khi MA lớn nhất 0,25 AM là đường kính của (O) 0,25 M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. 0,25 Bài 5 (3,0 điểm): Đặt a = n -1 được: 3 3 3 3 3 3 a b c (n 1) n (n 1) 0,50 n3 3n2 3n 1 n3 n3 3n2 3n 1 0,25 3n3 6n 3n(n2 2) 0,50 Xét các trường hợp: n = 3k được 3n = 9k 3n(n2 2) chia hết cho 9 0,50 0,25 a3 b3 c3 chia hết cho 9 2 2 2 n = 3k ±1 được n + 2 = 9k ± 6k + 1 + 2= 9k ± 6k + 3. 0,50 2 n2 + 2 chia hết cho 3 3n(n 2) chia hết cho 9 0,25 a3 b3 c3 chia hết cho 9 0,25 === HẾT===
5. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Cho ba số thực a, b, c thỏa a b c 0 . a) Chứng minh a4 b4 c4 2 a2b2 b2c2 c2a2 . 4 4 4 2 2 2 b) Tính a b c khi có thêm điều kiện a b c 6. Bài 2 (4,0 điểm): Tam giác ABC có số đo các cạnh là: a, b, c. Gọi 2 p là chu vi của tam giác. Chứng minh rằng : 1 1 4 a) a b a b 1 1 1 1 1 1 b) 2 p a p b p c a b c c) Cho 2p = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 b2 c2 Bài 3 (4,0 điểm): Cho phương trình: x2 1 x 3 x 5 m . Thực hiện: a) Giải phương trình với m = 9. b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1, x2 , x3, x4 thỏa: 1 1 1 1 1 x1 x2 x3 x4 Bài 4 (7,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM. Tia AM cắt đường thẳng CD tại E. a) Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân. b) Chứng minh MN // BE. c) Gọi H là giao điểm của OM với BE. Chứng minh CH vuông góc với BE. Bài 5 (2,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 4x 3y2 19 ===HẾT===
6. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Từ a b c 0 được: 2 2 2 a b c 2ab 2ac 2bc 0 0,25 2 2 2 2 2 (a b c ) 4(ab ac bc) 0,25 (a2 b2 c2 )2 4(a2b2 a2c2 b2c2 a2bc b2ac c2ab) 0,25 (a2 b2 c2 )2 4(a2b2 a2c2 b2c2 abc(a b c)) 0,50 Thay a + b + c = 0 được: (a2 b2 c2 )2 4(a2b2 a2c2 b2c2 ) 0,25 a4 b4 c4 2(a2b2 a2c2 b2c2 ) 0,50 Từ (a2 b2 c2 )2 4(a2b2 a2c2 b2c2 ) và (a2 b2 c2 )2 a4 b4 c4 2 a2b2 b2c2 c2a2 được: a4 b4 c4 0,75 2 62 0,25 Thay được a4 b4 c4 18 2 Bài 2 (4,0 điểm): 1 1 4 a b 4 0,25 a b a b ab a b 0,50 (a b)2 4ab (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0) 0,25 (a b)2 0 Áp dụng a) được: 1 1 4 4 ; 0,50 p a p b 2 p a b c 1 1 4 4 1 1 4 4 ; 0,25 p a p c 2 p a c b p b p c 2 p b c a Cộng được: 1 1 1 4 4 4 2( ) 0,25 p a p b p c c b a 1 1 1 1 1 1 2( ) 0,25 p a p b p c c b a Có a2 b2 2ab; b2 c2 2bc; a2 c2 2ac 0,50 Cộng được: 2(a2 b2 c2 ) 2ab 2ac 2bc 0,25 0,25 3(a2 b2 c2 ) a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc 0,25
7. 2 (a b c)2 2 p a2 b2 c2 3 3 a2 b2 c2 có giá trị nhỏ nhất là 182: 3 = 108 khi a b c = 6. 0,50 Bài 3 (4,0 điểm): x 1 (x 1) x 3 x 5 9 0,50 (x2 4x 5)(x2 4x 3) 9 Đặt y = x2 4x 1 được: 0,50 (y 4)(y 4) 9 y2 25 y 5và y 5 x2 4x 1 5 x2 4x 4 0 x 2 0,25 x2 4x 1 5 x2 4x 6 0 được x 2 10 và x 2 10 0,25 Từ phương trình(x2 4x 5)(x2 4x 3) m (*). Đặt y =x2 4x 1 được (y 4)(y 4) m 0,50 y m 16 và y m 16 1 1 1 1 x x x x 1 1 2 3 4 1 (*) 0,50 x1 x2 x3 x4 x1x2 x3x4 Do x1; x2 ; x3; x4 có vai trò như nhau trong biểu thức. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình: 0,50 x2 4x 1 m 16 x2 4x 1 m 16 0 (1) Có: x1 x2 4và x1.x2 1 m 16 . và x3; x4 là hai nghiệm của phương trình: x2 4x 1 m 16 x2 4x 1 m 16 0 (2) 0,25 Có: x3 x4 4và x3.x4 1 m 16 . Thay vào (*) được: 4 4 1 1 1 1 1 m 16 1 m 16 1 m 16 1 m 16 4 0,50 2 1 m 16 1 8 m 7 (1 m 16)( 1 m 16) 4 Với m = -7 thì (*) có 4 nghiệm phân biệt. Kết luận m = -7. 0,25 Bài 5 (2,0 điểm): 2 2 2x 4x 2 21 3y 0,50 2(x 1)2 3(7 y2 ) 0,25 Do 2(x 1)2 0 nên y2 7 0,50 Xét : y = 0; y = ±1; y = ±2 0,25 Do 2(x 1)2 là số chẵn 7 y2 là số chẵn y = ±1 0,25 Được nghiệm (2; 1 ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1) 0,25
8. A N B O M H D C E Bài 4 (7,0 điểm): OBN và ∆OCM có: BN = CM (gt) 0,25 OB = OC (ABCD là hình vuông) 0,25 OBN = OCM = 450. 0,25 ∆OBN = ∆OCM 0,25 ON = OM (1) 0,25 Và BON = COM BON + BOM = COM + BOM 0,50 NOM =COB = 900 (2) 0,50 Từ (1) và (2) được ∆NOM vuông cân tại O. 0,25 AM BM AB // CE = (Theo Ta-Let) 0,75 ME MC Có BM = AN NB = MC. 0,50 AM AN Thay được: = MN // BE (Theo Ta-Let đảo) 0,75 ME NB MN // BE BHM =  NMO = 450 (1) 0,50  BMH =  OMC (đối đỉnh) BMH đồng dạng với OMC 0,50 MH/MC = MB/MO 0,50 Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh) MHC đồng dạng với MBO 0,50 MHC = MBO = 450 (2) 0,25 Từ (1) và (2) được BMC = BHM + MHC = 450 + 450 =900 . 0,25 Hay CH  BE. ===HẾT===
9. Để dành: Giải các phương trình sau: a) (x2 6x)2 2(x 3)2 81 b) x2 4x 5 2 2x 3 2 2 2 (x 6x) 2(x 6x 9) 81 0,50 (x2 6x)2 2(x2 6x) 18 81 0 0,25 Đặt y = x2 6x được: y2 2y 99 0 0,50 Giải phương trình theo y được: y1 = 11 và y2 = - 9 0,25 Giải x2 6x 11 được x 3 20 và x 3 20 0,25 Giải x2 6x 9 được x 3 0,25 Vậy phương trình có ba nghiệm: x 3 20 ; x 3 20 ; x 3 Cộng 2x+ 3 + 1 vào 2 vế được: 2 x 6x 9 2x 3 2 2x 3 1 0,50 (x 3)2 ( 2x 3 1)2 0,50 x 3 2x 3 1 x 2 2x 3 x2 4x 4 2x 3và x 2 0,50 x2 2x 1 0 x 1 x 3 2x 3 1 x 4 2x 3 0,50 x2 8x 16 2x 3 x2 6x 13 0 (vô nghiệm)