Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 9 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm): x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 Cho biểu thức M : x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 1. Rút gọn M 2. Tìm x để M>1 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 2 x 1 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A x2 x 1 Câu 3. (4,0 điểm): Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1); y = 3x + 7 (d2) 1) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d 1) và (d2) với trục Oy. Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB. 2) Gọi J là giao điểm của (d 1) và (d2). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích của tam giác đó. Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M. 1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? 2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng: HM MK CD  HK MC 4R 3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B). Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng: c ab a bc b ac 2 a b b c a c
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Ý Lời giải Điểm 1 1 Điều kiện: x 0; x 1,3,4 0,5 2 x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a/ Cho biểu thức M : x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M>1 * 0,5 x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 2 x 5 M : x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 1 x 1 3 x 5 2 : x 2 x 1 x 2 x 1 0,5 x 1 x 1 x 2 (3 x 5)( x 1) 2( x 2) : x 2 x 1 x 2 x 1 0,25 x 1 x 2 x x 2 3x 3 x 5 x 5 2 x 4 : x 2 x 11 x 2 x 1 0,5 x 3 3x 9 x 3 x 2 x 1 x 1 : x 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3) 3 x0,25 1 x 1 Vậy M= với x 0; x 1,3,4 0,5 3 x 1 x 1 x 1 4 2 x 2 x *M 1 khi 1< x < 4 và x 3 0,5 2 1 Điều kiện x 1 0,25 x 2 x 1 x 2 x 1 2 2 2 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 (1) 0,5
3. Nếu x 2 thì (1) 0,25 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 x 2 Nếu 1 x 2 thì (1) x 1 1 x 1 1 2 0.25 Phương trình này có vô số nghiệm thỏa mãn: 1 x 2 0.25 Vậy 1 x 2 0.25 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 A x2 x 1 2 2 1 3 0,25 Ta có: x x 1 x 0,x ¡ 2 4 x 1 x2 x 1 x2 x2 x2 A 1 1 (vì 0,x ¡ ) 0,5 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0 0,25 2 2 x 1 3x 3 x 4x 4 x x 1 A 3A x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 0,5 2 2 x 2 x 2 0,25 = 1 1 (vì 0,x ¡ ) x2 x 1 x2 x 1 1 Suy ra:A , đẳng thức xảy ra khi x 2 0 x 2 0,25 3 1 Suy ra: minA = , khi x 2 3 0,25 3 1 Tìm được A(0; 3); B(0; 7) 1,0 Suy ra I(0; 5) 0,5 2 Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: x + 3 = 3x + 7 0,5 x = – 2 yJ = 1 J(-2;1) 0,5 Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20
4. OJ2 + IJ2 = OI2 tam giác OIJ là tam giác vuông tại J 0,5 1 1 0,5 S OI.OJ  5  20 5(đvdt) OIJ 2 2 4 1 Vì CD  AB CM = MD 0,5 Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là 0,5 hình bình hành 0,5 Mà AE  CD tứ giác ACED là hình thoi 0,5 2 Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: MA.MC 0,5 MH.AC = MA.MC MH = AC MB.MC Tương tự ta có: MK = BC 0,5 MA.MB.MC2 MH.MK = AC.BC Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C) 0,5 MC2.MC2 MC3 MH.MK MC MH.MK = = = MC.AB AB MC2 AB Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD = = = HK.MC AB 2AB 4R HM MK CD Vậy:  = (đpcm) HK MC 4R 0,5
5. 3 Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định. 0,5 Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường. 0,5 Do đó O’C’ = OC = R không đổi 0,5 Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’;R’) cố định khi M di chuyển trên đường kính AB. 0,5 5 Vì a + b + c = 1 nên c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b) a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) 0,5 b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) nên BĐT cần chứng minh tương đương với: c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 0,5 2 2 2 c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 2 2 2 Mặt khác dễ thấy: x y z xy yz zx , với mọi x, y, z (*) 0,5 Áp dụng (*) ta có: VT b c a b c a 2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm 3 0,5 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.