Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019  THÁI BÌNH  Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm)  xx++11xy++ x  xy x  = + +− − Cho biểu thức P  1:1   xy+−11 xy  xy−1 xy + 1 với xy;0≥ và xy ≠1. a. Rút gọn P . b. Tính giá trị của biểu thức P khi x =−334 26 ++ 4 26 và yx=2 + 6 . Câu 2. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): (m–1) xy+= 3 m –4 và (d’): x+=( m–1) ym. Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx = 300 . Câu 3. (4,0 điểm) a. Giải phương trình: 3x+− 1 6 − xx + 32 − 14 x −= 8 0 32 2 x−2 x + 2 x + 2 y + xy −= 40 b. Giải hệ phương trình:  2 x− xy −41 x −= 3 x − y + 7 Câu 4. (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a222+++ 3 b 3 c 4 abc ≥ 13 . Câu 5. (3,0 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//BC thì tanBC .tan= 3. b. Chứng minh: tanABC .tan .tan=++ tan A tan B tan C. Câu 6. (3,0 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. Câu 7. (2,0 điểm) xy+ 2019 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( xyz;;) sao cho là số hữu tỉ và xyz2++ 22 yz+ 2019 là số nguyên tố.  HẾT  Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 THÁI BÌNH   HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm  xx++11xy++ x  xy x  Cho biểu thức P = + +−1:1 −   xy+−11 xy  xy−1 xy + 1    với xy;0≥ và xy ≠1 a. Rút gọn P . b. Tính giá trị của biểu thức P khi x =−334 26 ++ 4 26 và yx=2 + 6 .    xx++11xy++ x xy x P = + +−1:1 −   xy+−11 xy  xy−1 xy + 1    x+11 − xy + xy + x xy +1 +− 1 xy ( )( ) ( )( ) = : 1− xy 0,5 xy−−1 xy + x xy +1 − x + 11 xy − ( )( ) ( )( ) xy −1 a. 1,5đ ( x+11)( − xy) +( xy + x)( xy +1) +− 1 xy = 0,5 1−xy +( xy + x)( xy ++1) ( x + 11)( xy −) 21( x + ) 1 1. = = 0,5 3,0đ 2( xy+ x y ) xy 1 Vậy với xy;0≥ và xy ≠1 thì P = . xy 3 Ta có: x3 =334 − 26 ++ 4 26 ( ) 0,5 =+8 33 4 − 26 ++ 3 4 26 33 4 − 26.4 + 26 =− 8 6x b. ( )( ) 1,5đ ⇒+x326 x =⇔ 8 x( x +=⇔= 68) xy 8 thỏa mãn điều kiện xác định 0,5 2 2 Thay vào ta có P = . Vậy P = . 4 4 0,5 Cho hai đường thẳng (d): (m–1) xy+= 3 m –4, (d’): x+=( m–1) ym. Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx = 300 . Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình: 2 (m–1) xy+= 3 m – 4 xm=−−( m1) y (*) ⇔ 3,0đ 2 0,5 x+=(m –1) ym mm( − 2) y =(m − 2) (1)  Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất m ≠ 0 ⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔  0,5 m ≠ 2
3. Câu Ý Nội dung Điểm  32m − x = m ≠ 0  m Với  hệ phương trình có nghiệm duy nhất  m ≠ 2 m − 2  y =  m 32mm−− 2 Lúc đó M ; 0,5 mm Từ giả thiết MOx = 300 m − 2 ⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx = m 32m − m 0,5 m − 2 12m − tanMOx = tan 300 =m ⇔= ⇒32mm −=± 3( − 2) 32m − 3 32m − m 23 ⇔=±m thỏa mãn. 3 23 23 Vậy mm=; = − . 33 1,0 a. Giải phương trình: 3x+− 1 6 − xx + 32 − 14 x −= 8 0 32 2 x−2 x + 2 x + 2 y + xy −= 40 b. Giải hệ phương trình:  2 x− xy −41 x −= 3 x − y + 7 +− − +2 − −= 3x 1 6 xx 3 14 x 8 0 −1 Điều kiện xác định ≤≤x 6 ( *) 3 2 Phương trình đã cho ⇔( 3x +− 1 4) −( 6 − x − 1) + 3 xx − 14 −= 5 0 3xx−− 15 5 1,0 ⇔ − +( xx −53)( += 1) 0 3xx++ 14 6 − + 1 a. 2,0đ 31 ⇔−( xx5) + +(31 +) = 0 3xx++ 14 6 − + 1 x = 5 ( t/m ( *))  0,5 ⇔  31  + +(3x += 1) 0 (1) 3.  3xx++ 14 6 − + 1 4,0đ VT của pt (1) luôn lớn hơn 0 với mọi x thỏa mãn(*) nên (1) vô nghiệm 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình là S = {5}. 32 2 x−2 x + 2 x + 2 y + xy −= 4 0 (1)  x2 − xy −4 x −= 1 3 x − y + 7 (2) b.  2,0đ Điều kiện xác định 3xy−+≥ 70 2
4. Câu Ý Nội dung Điểm (1) ⇔( x2 + 2)( xy +− 20) = 0,5 2 ⇔x + y −20 = ⇔ y = 2 − x( do x + 20 >∀ x) Thay yx=2 − vào (2) ta được 2 2 xx−(241327 −− x) x −= x −−+( x) ⇔4x += 52 xx − 6 − 1 ⇔2 4x += 5 4 xx2 − 12 − 2 ⇔(2xx − 3)2 = 2 4 ++ 5 11 Đặt 4xt+= 52 − 3.  2 2 2 (23tx−=+) 4 5 (23tx−=+) 4 5 (23tx−=+) 4 5  Ta có ⇔⇔ 2 tx= (2xt−=+ 3) 45 (t− xt)( +− x20) =  0,5 tx=2 − xx2 −4 += 10 Trường hợp 1: tx= ⇔ 4xx+= 52 −⇔ 3  ⇔=+x2 3 2x −≥ 30 ⇒=−y 3 thỏa mãn điều kiện xác định 0,5 Hệ có nghiệm ( xy;) =+−( 2 3; 3) . xx2 −2 −= 10 Trường hợp 2: tx=−⇔4 4 x +=− 512 x ⇔ ⇔=−x 12 12−≥x 0 0,5 ⇒=+y 12 thỏa mãn điều kiện xác định. Hệ có nghiệm ( xy;) =−+( 1 2;1 2 ) . Vậy hệ có nghiệm: ( xy;) =+−( 2 3;3;;) ( xy) =−+( 1 2;1 2 ) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì3a222+++ 3 b 3 c 4 abc ≥ 13 . 222 Đặt T=+++3334 a b c abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 csuy ra 1≤ 0 và ab ≤=  , suy ra 22   221 T≥33( −+− c) 3 c2 ( ab +) (3 − 2 c) 2 1 2 0,75 =3(cc22 −++ 6 9) 3 c −( 3 − c) ( 32 − c) 2 3 27 221 =−c32 c += cc( −+1) ( c −+≥ 1) 13 13 22 2 3
5. Câu Ý Nội dung Điểm Dấu bằng xảy ra khi abc= = =1 0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC. a. Chứng minh: nếu HG//BC thì tanB. tanC = 3. =++ b. Chứng minh: tanAtanB tanC tanA tanB tanC . A Gọi M là trung điểm BC E Ta có tam giác ABD vuông tại D AD nên tanB = a. BD H G AD 1,5đ Tương tự : tanC = CD B D M C AD2 ⇒=tanB. tanC 0,5 BD. CD Ta có BHD = EHA ⇒=HBD HAE AD ⇒ ∆BDH ∆⇒ ADC BD CD = AD DH ⇒ tanB. tanC = DH 0,5 AD AM Ta có HG//BC ⇒ = ⇒ tanB.3 tanC = DH GM 0,5 Gọi SS,,,123 S S lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD 1 DH S Ta có tanB. tanC = ⇒==1 DH tanB .tanC AD S 11S S Tương tự ⇒=2 , =3 5. b. tanC.tanAS tan A .tan BS 1,0 3,0đ 1,5đ 111SSS++ ⇒++ =123 =1 tanB .tanC tanC.tanA tan AB .tan S tanABC++ tan tan ⇒=1 ⇒ ĐPCM 0,5 tanAB .tan .tanC 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. 4
6. Câu Ý Nội dung Điểm A 6. 3,0đ I K J B E H M F C a. AEC += EAH 9000 ,CAE += EAB 90 , EAH = EAB ⇒=AEC CAE ⇒∆AEC cân tại C⇒ CI là trung trực AE. 1,00 Tương tự BI là trung trực AF ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF . b. Gọi M là hình chiếu vuông góc của I trên BC⇒ M là trung điểm EF và IM= r . Tam giác ABF cân tại B, tam giác ACE cân tại C nên EF=+− AB AC BC . 1,0 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC vuông tại A ta chứng minh được AB+−= AC BC 2r ⇒=EF 2r A và E đối xứng nhau qua CI nên KEC = KAC mà KAC = KAH , KAH += KFE 900 ⇒+=KEC KFE 900 ⇒∆KEF vuông tại K EF ⇒==MK r . 2 1,0 EF Tương tự ⇒==MJ r . 2 ⇒==MJ MI MK = r ⇒ điều phải chứng minh. xy+ 2019 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( xyz;;) thỏa mãn là số yz+ 2019 2 22 hữu tỉ và xyz++ là số nguyên tố. 7. xy+ 2019 m * Ta có =∈=(mn, ,,( mn) 1) . 2,0đ yz+ 2019 n nx−= my 0 xym ⇒−=nx my( mz − ny) 2019 ⇒ ⇒ = = ⇒=xz y2 . 0,5 mz−= ny 0 yzn 22 x2++=+−+=+−=+++− y 22 z( xz) 2 xzy2( xz) y2( xyzxzy)( ) 0,5 Vì xyz++ là số nguyên lớn hơn 1 và xyz2++ 22 là số nguyên tố nên x2+ y 22 + z =++ xyz  0,5 xyz−+=1 Từ đó suy ra xyz= = =1. 0,5 xy+ 2019 Thử lại =1 và xyz2++ 22= 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. yz+ 2019 Kết luận (x; y; z) = ( 1;1;1) . ___ 5