Đề thi chọn HSG Toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình

Giới thiệu Đề thi chọn HSG Toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi chọn HSG Toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi chọn HSG Toán 9 THCS năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019  Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm)  x +1   xy + x xy + x x +1  Cho biểu thức = + + 1 :  1 − − P    xy + 1 1 − xy   1 1 − + xy xy     với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1. a. Rút gọn P . b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và = y x2 + 6 . Câu 2. (3,0 điểm) 3m – 4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =  = 300 . m . Tìm m để (d ) cắt (d’) tại điểm M sao cho MOx và (d’): x + ( m – 1) y = Câu 3. (4,0 điểm) a. Giải phương trình: 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0  x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 = 0 b. Giải hệ phương trình:  2 1 3x − y + 7  x − xy − 4 x −= 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 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 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 tan B.tan C = 3. b. Chứng minh: tan A.tan B.tan C = 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) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho x + y 2019 là số hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 y + z 2019 là số nguyên tố.  HẾT  Họ và tên thí sinh:…………………………………………………………. Số báo danh:……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang) Ý Nội dung    xy + x x +1 xy + x Cho biểu thức = + + 1 :  1 − P   xy + 1 1 − xy      với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 a. Rút gọn P . xy − 1 − Điểm x +1   xy + 1  b. Tính giá trị của biểu thức P khi x = 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 và = y x2 + 6 .  x +1   xy + x = P  + + 1 :  1 −  xy + 1 1 − xy      = ( xy − 1 − a. 1,5đ = 1. = 3,0đ ) ( )( x + 1 1 − xy + ( xy + x )( xy + x xy − 1 )( ) ( xy + 1 − ) )( x +1 xy − 1 ( ( 4−2 6 + 3 4+2 6 )( 0,5 ) xy − 1 xy + 1 + 1 − xy 0,5 0,5 1 . xy Vậy với x; y ≥ 0 và xy ≠ 1 thì P = 3 : ) x + 1)( xy − 1) x + 1 1 − xy + Ta có: x3 = x +1   xy + 1  − xy + 1 + 1 − xy 1 − xy ) ( xy + x )( )( 1 − xy + ( xy + x )( xy + 1) + ( 2 ( x + 1) 1 = xy 2 ( xy + x y ) ( xy + x ) 3 ) = 8 + 3 3 4 − 2 6 + 3 4 + 2 6 3 4 − 2 6 .3 4 + 2 6 = 8 − 6x b. 1,5đ ⇒ x3 + 6 x =8 ⇔ x x 2 + 6 =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 2 2 . Vậy P = . 4 4 3m – 4 , Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y = Thay vào ta có P = 0,5 0,5 0,5  = 300 . m . Tìm m để d cắt d’ tại điểm M sao cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = 2 3,0đ Tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình: ( m – 1) x + y = 3m – 4  x =m − ( m − 1) y ⇔ * ( )   2 m y ( m − 2 ) (1)  x + ( m – 1) y = m ( m − 2 )= Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất m ≠ 0 ⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔  m ≠ 2 0,5 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm 3m − 2  x =  m ≠ 0 m Với  hệ phương trình có nghiệm duy nhất  m ≠ 2 y = m − 2  m  3m − 2 m − 2  Lúc đó M  ;  m   m 0,5  = 300 Từ giả thiết MOx m−2 = m ⇒ nên M có hoành độ dương và tan MOx 3m − 2 m 0  = tan 30= tan MOx 0,5 m−2 m−2 1 m ⇒ 3m − 2 =± 3 ( m − 2 ) ⇔ = 3m − 2 3 3m − 2 m 2 3 thỏa mãn. 3 2 3 2 3 . Vậy m = ;m = − 3 3 ⇔m= ± 1,0 a. Giải phương trình: 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0  x 3 − 2 x 2 + 2 x + 2 y + x 2 y − 4 = 0 b. Giải hệ phương trình:  2 1 3x − y + 7  x − xy − 4 x −= 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0 −1 Điều kiện xác định ≤ x ≤ 6 ( *) 3 Phương trình đã cho ⇔ ( ) ( 3x + 1 − 4 − ) 6 − x − 1 + 3x 2 − 14 x − 5 = 0 3 x − 15 5− x − + ( x − 5 )( 3 x + 1) = 0 3x + 1 + 4 6 − x +1 3 1   ⇔ ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = 0 6 − x +1  3x + 1 + 4  ⇔ a. 2,0đ 3. 4,0đ 1,0  x = 5 ( t/m (*) )  ⇔ 3 1 0 (1)  3 x + 1 + 4 + 6 − x + 1 + ( 3 x + 1) = 0,5 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} . 3 2 2 0 (1)  x − 2 x + 2 x + 2 y + x y − 4 =  2 1 3x − y + 7 ( 2 )  x − xy − 4 x −= b. 2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + 7 ≥ 0 2 Câu Ý (1) ⇔ ( x 2 + 2) ( x + y − 2) = 0 ⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x Nội dung ( do x 2 Điểm 0,5 + 2 > 0∀x ) Thay y= 2 − x vào (2) ta được 3x − ( 2 − x ) + 7 ⇔ 4 x + 5= 2 x 2 − 6 x − 1 x 2 − x ( 2 − x ) − 4 x − 1= 2 = 2 4 x + 5 + 11 ⇔ 2 4 x + 5= 4 x 2 − 12 x − 2 ⇔ (2 x − 3) Đặt 4 x + 5 = 2t − 3 . ( 2t − 3)2 =4 x + 5 ( 2t − 3) =4 x + 5   ( 2t − 3) =4 x + 5 Ta có  ⇔ ⇔  t = x  2 0    ( t − x )( t + x − 2 ) = ( 2 x − 3) =4t + 5  t= 2 − x 2 2 0,5  x2 − 4x + 1 = 0 Trường hợp 1: t= x ⇔ 4 x + 5 = 2 x − 3 ⇔  ⇔ x= 2+ 3 2 3 0 x − ≥  ⇒y= − 3 thỏa mãn điều kiện xác định ( 0,5 ) Hệ có nghiệm ( x; y ) = 2 + 3; − 3 .  x2 − 2x − 1 = 0 Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ 4 x + 5 =1 − 2 x ⇔  ⇔ x =1 − 2 1 − 2 x ≥ 0 ⇒ y =1 + 2 thỏa mãn điều kiện xác định. ( ) 0,5 1 2;1 + 2 . Hệ có nghiệm ( x; y ) =− Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) =( 2 + ( ) 3; − 3 ; ( x; y ) =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 thì 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13 . Đặt T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 < a ≤ b ≤ c . 3 Từ a + b + c = 3 và a + b > csuy ra 1 ≤ c < 2 0,5 2 T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc   4. 2,0đ = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c ) 2 0,5 2 2  a +b  3−c  Do 3 – 2c > 0 và ab ≤   =   , suy ra  2   2  1 2 2 T ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − ( a + b ) ( 3 − 2c ) 2 1 2 = 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c ) 2 3 27 1 2 2 =c 3 − c 2 + =c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 2 2 3 0,75 Câu Ý Nội dung Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 Điểm 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: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC . A E a. 1,5đ H B G D M C Gọi M là trung điểm BC Ta có tam giác ABD vuông tại D AD nên tanB = BD AD Tương tự : tanC = CD AD 2 ⇒ tanB.tanC = BD.CD 0,5 =   = EHA  ⇒ HBD Ta có BHD HAE AD.DH ⇒ tanB.tanC = ⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD = Ta có HG//BC ⇒ AD DH AD AM ⇒ tanB.tanC = 3 = DH GM 0,5 0,5 Gọi S , S1 , S 2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD 1 DH S1 ⇒ == DH tan B.tanC AD S S 1 1 S Tương tự ⇒ = 2, = 3 tanC.tan A S tan A.tan B S 1,0 S + S 2 + S3 1 1 1 + + = 1 = 1 tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B S tan A + tan B + tan C ⇒ = 1 ⇒ ĐPCM tan A.tan B.tanC 0,5 Ta có tanB.tanC = 5. 3,0đ b. 1,5đ ⇒ 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 Câu Ý Nội dung Điểm A 6. 3,0đ I J B E K HM C F  + EAH   + EAB    ⇒ AEC =  a. AEC = 900 ,CAE = 900 , EAH = EAB CAE ⇒ ∆AEC cân tại C ⇒ CI là trung trực AE. 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 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, do tam giác ABC 2r vuông tại A ta chứng minh được AB + AC − BC = ⇒ EF = 2r  = KAC  mà KAC  = KAH , A và E đối xứng nhau qua CI nên KEC  + KFE =  + KFE = 900 ⇒ ∆KEF vuông tại K KAH 900 ⇒ KEC EF ⇒ MK = =r . 2 EF Tương tự ⇒ MJ = = r. 2 ⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn 1,00 1,0 1,0 x + y 2019 là số y + z 2019 hữu tỉ và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố. 7. 2,0đ x + y 2019 m = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) . y + z 2019 n 0 nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y 2 . ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒  0 y z n mz − ny = Ta có x 2 + y 2 + z 2 =( x + z ) − 2 xz + y 2 =( x + z ) − y 2 =( x + y + z )( x + z − y ) 2 0,5 2 Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x + y + z là số nguyên tố nên  x2 + y 2 + z 2 = x + y + z  1 x − y + z = Từ đó suy ra x= y= z= 1 . 2 2 x + y 2019 = 1 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. y + z 2019 Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) . Thử lại ______________ 5 0,5 2 0,5 0,5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top