Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đà Nẵng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đà Nẵng (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TP LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 0708127776.Nguồn gốc : SƯU TẦM ĐỀ TRÊN MẠNG 1 2 2 3 Câu 1 (1 điểm).Tính A 2 3 3 3 3 Câu 2(2 điểm).Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B(6;0) và C(0;3) và đường thẳng dm có 1 phương trình y mx22 m với m là tham số mm 0; . 2 a)Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng BC và b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng chia tam giác OBC thành hai phần có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ) . Câu 3(2 điểm). a)Tìm x biết 24 8 9 x2 x 2 3 x 4 12 7 19 x 1 y 3 b) Giải hệ phương trình 2x 6 3y 14 18 x 1 y 3 Câu 4(1 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35 điểm kết quả cụ thể được ghi trong bảng sau ,trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *) Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 6 5 Số lần bắn 2* 40 1* 1* 9 7 Em hãy tìm lại các chữ số hàng đơn vị trong 3 ô đó Câu 5(3 điểm). Cho tam giác nhọn nội tiếp ABC trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của AB . Lấy hai điểm D,E lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho DB< DA <AB ,EA < EC và OD=OE. a)Chứng minh rằng MA22 MD. DA DB b)Chứng minh rằng OA22 OD. DA DB và DA. DB E A. EC . c) Gọi lần lượt G,H,K là trung điểm của các đoạn thẳng BE,CD và ED.Chứng minh rằng đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK. Câu 6(1 điểm). Cho ba số x,y,z thỏa mãn các hệ thức (z 1) x y 1và x2 zy . Chứng minh rằng (2x y )( z2 z 1) 7 và tìm tất cả các số nguyên x,y,z thỏa mãn các hệ thức trên ĐÁP ÁN 1 2 2 3 1 2 3 Câu 1 (1 điểm).Tính A 2 3 (3 3) 1 2 3 3 3 3 3 3 Câu 2(2 điểm). 1 a)Ta có phương trình đường thẳng BC là yx 3 .Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng 2 y mx22 m x 2 BC và là nghiệm của hệ 1 .Tọa độ giao điểm là (2;2). yx 3 y 2 2
2. b) Ta chứng minh d luôn đi qua M(2;2) thuộc BC.Chia hai trường hợp. Một là d cắt OB, hai là d cắt OC.Thì lúc đó đường thẳng dm chia tam giác OBC thành một tứ giác và một tam giác. Thì tam giác 19 đó có diện tích bằng S . Biết khoảng cách của M đến OB và OC đều bằng 2. Thì ví dụ 22OBC 9 cắt OB hoặc OC tại N thì diện tích tam giác MNB hoặc diện tích tam giác MNC sẽ bằng .Ta 2 biết khoảng cách của M đến OB hoặc OC sẽ tính được khoảng cách của ON.Ta tiến hành tính được tọa độ N là (1,5;0) loại N thuộc OC vì tính ra là NC bằng 4,5> 3 không thuộc OC. Thay vào ra 4 m 3 Câu 3(2 điểm). a)Điều kiện ( 3 x 3) .Ta có 2489 x2 x 23 x 42(3 x 3) x x 23 x 4 2 3 x x 4 x 2. 12 7 12 7 12 7 19 19 19 x1y3 x1y3 x1y3 b)Ta có .Đặt ẩn phụ từ đó 2x63y14 8 5 85 18 2 3 18 13 x1y3 x1 y3 x1y3 suy ra nghiệm của hệ là (2;-2). Câu 4(1 điểm). Gọi các chữ số hàng đơn vị cần điền vào ô thứ nhất, thứ nhì, thứ ba lần lượt là a, b, c ( (a , b , c ,0 a , b , c 9) . Từ giả thiết: người đó đã bắn 100 lần, ta có được PT: 2a 40 1b 1 c 9 7 100 a b c 4 c 4 . Từ giả thiết: điểm trung bình trong 100 lần bắn là 8,35, ta có được PT: 1 (10.2a 40.9 8.1b 7.1 c 6.9 5.7 8,35 10 a 8 b 7 c 36 (2). 100 Từ PT (2) rút ra nhận xét: c chẵn. Lại có cc 4 0;2;4 . Thử 3 trường hợp của c, được 1 TH có nghiệm là khi c =0 hay suy ra a=2;b=2.Kết luận: các số cần điền theo thứ tự là 2, 2, 0. Câu 5(3 điểm). a) MA22 MD. DA DB=(MA−MD)(MA+MD)=(MB−MD)(MA+MD)=BD.AD
3. b)OA2 OD()(). 2 AM 2 OM 2 DM 2 OM 2 AM 2 DM 2 DA DB. Hạ OT⊥AC. Chứng minh tương tự, ta có OA22 OE EA. EC . Lại có OE=OD nên DA DB OA2 OD 2 OA 2 OE 2 EA EC .VậyOA22 OD DA.D. B EA EC . c) Gọi (F) là đường tròn ngoại tiếp△GHK, △BED có K, G lần lượt là trung điểm DE, BE BC suy ra KG là đường trung bình của tam giác .Ta suy ra KG//BD; KG .Ta có △CED có K, H 2 lần lượt là trung điểm DE, DC nên suy ra KH là đường trung bình của tam giác hay KH//EC; EC KH .Ta có KH//EC;KG//BD suy ra GKH BAC . Theo b) ta có 2 DB CE DB CE KG DB CE HK DA. DB E A. EC . Lại có AE DA 2AE 2AD AE 2AE 2AD AD suy ra △KGH đồng dạng △AED(c.g.c) hay AD E KHG . Ta lại suy ra KG//BD hay AD E DKG .Suy ra KHG DKG . Từ đó chứng minh được DE là tiếp tuyến của (F) Câu 6(1 điểm). + Xét z 0 x 2 y 3(2x)( y z2 z 1)7 (Đúng). + Xét z 1 y 1 x 3(2x)( y z2 z 1)7 (Đúng). y 1 x (1) + Xét z khác 0 và z khác 1.Khi đó từ phương trình (z 1) x y 1 z 1 y ( z 1) x 1(2) x 2 yz (3) và từ phương trình x yz 2 2 x .Từ phương trình (1) và (3) y (4) 4 y 1 2 yz y ( z2 z 1) 2z 5(5) . z 1 Từ phương trình (2) và (4) suy ra 2 x (z 1) x 1 x ( z22 z 1) 2 z 2x( z z 1) 2z 4 (6). z Lấy (6)−(5)(6)−(5) vế theo vế ta được: (2x y )( z2 z 1) 7 . Vậy tóm lại ta luôn có (∗). Tiếp theo ta đi tìm x,y,z ∈Z thỏa mãn các hệ thức trên. 13 Ta có nhận xét rằng: z z22 z 1 ( z ) 0 2x y 0. 24 Khi đó từ phương trình (∗), ta xét hai trường hợp: TH1: 2x y 1và zz2 17 . Từ zz2 17 z = 3 hoặc z = −2. + Với z = 3, thay vào phương trình x+zy = 2 hay x+3y = 2, kết hợp với 2x−y = 1 ta suy ra được: x = 1;y = 1. + Với z = −2, thay vào phương trình x+zy = 2 hay x−2y=2, kết hợp với 2x−y=1 ta suy ra được: x = 0;y = −1. TH2: 2x−y = 7 và zz2 11 suy ra z = 0 hoặc z = 1.Đến đây lại quy về hai trường hợp mà ta đã xét ở trên.Thử lại tất cả đều thỏa mãn.Vậy các giá trị x;y;z nguyên thỏa mãn các hệ thức trên là (1;1;3),(0;−1;−2),(2;−3;0),(3;−1;1).