Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bình Định

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bình Định

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bình Định.

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 học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 9 năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Bình Định

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

Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2018 – 2019 Môn: TOÁN 9 – Ngày thi: 18/03/2019 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (5.0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức: A  x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng: x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 . 1 1 1 2) Cho hai số thực m , n khác 0 thỏa mãn:   . Chứng minh rằng phương trình: m n 2 2 2  x  mx  n x  nx  m  0 luôn có nghiệm. Bài 2. (5.0 điểm)  x 2  xy  y  1 1) Giải hệ phương trình:  .  x  3 y  4 x  5  2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy . Bài 3. (3.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2) Cho a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng: a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5. Bài 4. (7.0 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC vuông cân tại A . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N , P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB , AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD . a) Chứng minh rằng: AH  BH . b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng. 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của AO và HB MB AB   2. . Dấu bằng xảy ra khi nào ? BC . Chứng minh rằng HC MC AC ———-  HẾT  ———- Trường THCS Đào Duy Từ GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Năm học 2018 – 2019 Trang 1 Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 2018 – 2019 Bài 1. (5.0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức: A  x 3  y 3  3  x  y  , biết rằng: x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 . 1 1 1   . Chứng minh rằng phương trình: 2) Cho hai số thực m , n khác 0 thỏa mãn: m n 2  x 2  mx  n x 2  nx  m  0 luôn có nghiệm. Giải  3  2 2  3  2 2   3  2 2  3.x  3  2 2  6  3x   17  12 2  17  22 2   17  12 2  3. y  17 12 2  34  3 y 1) ● Ta có x 3  3 3 3 3 và y 3 3 3 ● Cộng vế theo vế, ta được: x 3  y 3  40  3 x  3 y  x 3  y 3  3  x  y   40.  Vậy A  40 khi x  3 3  2 2  3 3  2 2 và y  3 17  12 2  3 17 12 2 . 1 1 1 2) ● Từ    4 m  4 n  2m.n  m 2  n 2  m 2  n 2  4 m  4 n  0 . m n 2  x 2  mx  n  0 2 2 2 Ta có:  x  mx  n  x  nx  m  0 1   2 .  x  nx  m  0 3 ● Giả sử cả hai phương trình 2 và 3 đều vô nghiệm: 2 2  0 m  4 n  0    2   m 2  n 2  4m  4 n  0 . 3  0 n  4 m  0  Nhận thấy  và  mâu thuẫn nên giả sử sai. Suy ra trong hai phương trình: 2 và 3 có ít nhất một phương trình có nghiệm.  Do đó phương trình 1 luôn có nghiệm. Bài 2. (5.0 điểm) 2    x  xy  y  1 1 . 1) Giải hệ phương trình:  3 y  4x  5 2  x       2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy . Giải 1) Điều kiện x  0 . Ta có: 1   x  1 x  y 1  0  y  1  x . (Do x  1  0 ) ● Thay y  1  x vào 2 , ta được:   3  x 1.    3 x 1  x 1 2 1  4  3 x 1  3 x 1  4  x 1  0 x 1 x 1  3 x 1  4  x 1  0   x 1   0  x  1 (Vì    2  3 x 1  x 1 2 1  4  3  2 x 1  0, x  0 ). Với x  1   y  0.  x  1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  .  y  0 Trường THCS Đào Duy Từ GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Năm học 2018 – 2019 Trang 2 Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 2) Ta có: 1  x  x 1  y  x 1  2 y 2  x 1  1   x 1 x  y  2 y 2   1 .  x 1  1  x 1  1  I Vì x , y   suy ra  hoặc    II  .   x  y  2 y 2  1  x  y  2 y 2  1 x  0  x  2      x  0  y  1 x  2    y 1 ●  I    ●  II         .       y  1 y  1 1 1      y   y       2 2      Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: 0;1 và 2;1 . Bài 3. (3.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. 2) Cho a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng: a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5. Giải 1) Gọi Ai A j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho. ● Giả sử Am là điểm cách xa đoạn thẳng Ai A j nhất. Khi đó: Tam giác Ai A j Am là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1. ● Ta vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai , A j , Am lần lượt song song với các cạnh của Ai A j Am . Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ. Và tam giác lớn này có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn này chứa tất cả 8073 điểm đã cho. Nhận thấy 8073 : 4 được 2018 dư 1. Nên theo nguyên lí Đirichlet, suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho. 2) ● Ta có: 2 P  2a b 3  1  2b c 3  1  2c a 3  1  2a b  1b 2  b  1  2b c  1c 2  c  1  2c a  1a 2  a  1 COSI  a b 2  2  b c 2  2  c a 2  2  ab 2  bc 2  ca 2  6  M  6 ● Không mất tính tổng quát, giả sử b  c  a thì: b a  c c  b   0  abc  b 2 c  ab 2  bc 2  ab 2  bc 2  ca 2  abc  b 2 c  ca 2 . Suy ra M  abc  b 2 c  ca 2  2 abc  b 2 c  ca 2  c a  b   4.c . 2 a b a b . 2 2 4 a  b  c  4  a  b a  b   c    4 .  27  2 2  27 3 3 a  b  c  3 b  0  b c a  ● Do đó 2 P  10  P  5. Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi   c  1 . 2c  a  b   a  2   abc  2 abc  Vậy với a , b , c là các số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  3 thì a b 3  1  b c 3  1  c a 3  1  5. Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi a ; b ; c   0;1;2, 1;2;0, 2;0;1 . Trường THCS Đào Duy Từ GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Năm học 2018 – 2019 Trang 3 Đề ôn thi HSG 9 Tel: 0905.884.951 – 0929.484.951 Bài 4. (7.0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn AD ( M không trùng với A ). Gọi N , P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB , AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD . a) Chứng minh rằng: AH  BH . b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I . Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng. 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH . Gọi M là giao điểm của HB MB AB   2. AO và BC . Chứng minh rằng . Dấu bằng xảy ra khi nào ? HC MC AC Giải 1. (Hướng dẫn giải) a) Dễ dàng chứng minh được MNAP là hình vuông. Ta có MNPH và ANHP là các tứ giác nội tiếp nên   AHN   45 và MHN   MPN   45 APN   NHM   90 hay AH  BH . Do đó: AHN b) Vì ABI và ABH là các tam giác vuông nên tứ   BAI   45 . giác AHBI nội tiếp, suy BHI   45 do đó N nằm trên đường thẳng Lại có MHN HI . Hay H , N , I thẳng hàng. 2. (Hướng dẫn giải) Chứng minh tương đương: ● Kẻ phân giác của góc BAC cắt BC tại I . Suy ra IB AB  1. IC AC ● Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt AM tại D , cắt AI tại E và cắt AH tại K . HB AB MB AB IB AB  ;   Khi đó: và 2. HC CK MC CD IC CE ● Từ 1 và 2 suy ra: AB AB AB 1 1 2   2.    3. CK CD CE CK CD CE   BAE   CAE   ● Ta có CEA  ACE cân tại C , suy ra CA  CE . 1 1 2 CK  CD 2     Do đó: 3  4 . CK CD CA CK .CD CA   CAD  , mà ● Sử dụng tính chất, góc nội tiếp và hai góc phụ nhau, ta chứng minh được: BAH   AKC  (sltr)  BAH  AKC  DAC , suy ra CD.CK  CA 2  CA  CD.CK . CK  CD 2 Thay vào 4  ta được:   CK  CD  2 CK .CD (luôn đúng) CK .CD CK .CD Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi CK  CD , suy ra AH đi qua O   ABC cân tại A , khi đó AB  AC .   Trong quá trình thực hiện lời giải, Tôi cũng khó tránh khỏi sai sót. Mọi góp ý xin vui lòng gửi qua mail: [email protected] XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN ! Trường THCS Đào Duy Từ GV: Lê Hồng Quốc ” Cần cù bù thông minh ” Năm học 2018 – 2019 Trang 4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top