Đề thi HSG huyện Toán 9 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

Giới thiệu Đề thi HSG huyện Toán 9 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi HSG huyện Toán 9 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc.

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 HSG huyện Toán 9 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

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

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 01 trang Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Câu 1. (3,0 điểm) Cho biểu thức: P = x +1 2 x 2+5 x . + + 4− x x −2 x +2 Tìm x để P có giá trị bằng 2. Câu 2. (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực thỏa mãn: a + b + c = abc thì: 1 1 1 + + = 2 và a b c 1 1 1 + + = 2. a 2 b2 c2 Câu 3. (2,0 điểm) Tính tổng: S = 1 + 1 1 1 1 1 1 + 2 + 1 + 2 + 2 + ……. + 1 + + 2 2 1 2 2 3 2018 20192 36 Câu 4. (2,0 điểm) Giải phương trình: x 2 + x + 12 x + 1 = Câu 5. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 3n+ 2 − 2n+ 2 + 3n − 2n 10 Câu 6. (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + xy − 2017 x − 2018 y − 2019 = 0 Câu 7. (1,0 điểm) Cho m, n là các số tự nhiên và p là số nguyên tố thoả mãn: p m+n = . Chứng minh rằng khi đó n + 2 là một số chính phương. m −1 p 2 b Câu 8. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn = P = của biểu thức: a+b c+b + 2 a − b 2c − b 1 1 + . Tìm giá trị nhỏ nhất a c Câu 9. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. Goïi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh rằng: ∆ OEM vuông cân. b) Chứng minh: ME song song với BN. c) Từ C kẻ CH vuông góc với BN tại H. Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 10. (2,0 điểm) Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín một tam giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa? ==== HẾT ==== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh…………………………………………………SBD:…………………..Phòng thi……………. PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 Năm học: 2018 – 2019 Môn Toán Hướng dẫn chung: -Học sinh giải theo cách khác mà đúng, đảm bảo tính lôgic, khoa học thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. -Các câu hình học, học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai phần nào không chấm điểm phần đó. Câu Biểu thức có nghĩa khi x ≥ 0; x ≠ 4 P= = = 1 = = ( ( 2 x 2+5 x x +1 = + + 4− x x −2 x +2 )( x + 2 )( 2 x x +1 + − x −2 x +2 ) + 2 x ( x − 2) − x − 2 ) ( x + 2 )( x − 2 ) ( x +1 Điểm 0,25 x +2 ( 2+5 x x +2 2+5 x x +2 )( x −2 ( ( ( x +2 )( 3x − 6 x x +2 3 x ( x +2 )( x −2 x −2 )( ) x −2 x −2 ) x −2 0,25 0,25 ) 0,5 ) 0,25 ) 0,25 ) 3 x x +2 0,25 Do đó: P= 2 ⇔ 3 x = 2 ⇔ 3 x = 2 x + 4 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (t/m) x +2 1 2 1 1 1 1 1 1 + + = 2 ⇒  + +  = 4 a b c a b c 1 1 1 1 1   1 ⇒ 2 + 2 + 2 + 2 + +  = 4 a b c  ab bc ca  1 1 1  a+b+c  ⇒ 2 + 2 + 2 + 2 4 (*) = a b c  abc  Từ 0,25 0,25 0,25 0,25 mà a + b + c = abc a+b+c ⇒ =1 abc 1 1 1 Nên từ (*) ⇒ 2 + 2 + 2 + 2 = 4 a b c 1 1 1 ⇒ 2+ 2+ 2 = 2 a b c 0,25 0,25 0,5 n 2 ( n + 1) + ( n + 1) + n 2 1 1 = Với ∀ n ∈ N ta có: 1 + 2 + 2 n ( n + 1)2 n 2 ( n + 1) 2 3 )( x + 3 x + 2 + 2x − 4 x − 2 − 5 x = 2 Nội dung * 2 0,25 0,25 n 2 ( n + 1) + 2n ( n + 1) + 1 2 = n 2 ( n + 1) (n = 2 + n + 1) n 2 ( n + 1) Suy ra 1 + 2 2 2 1   1 = 1 + −   n n +1  2 1 1 1 1 1 1 + = 1+ − (do 1 + − > 0 ∀ n ∈ N* ) 2 2 1 n n + n n + 1 n (n + 1) Áp dụng kết quả trên với n = 1; 2;……….. ;2019 ta có: 1 1   1 1  1 1  S = 1 + −  + 1 + −  + …… + 1 + −   1 2  2 3  2018 2019  1 2018 = 2019 − = 2018 2019 2019 Điều kiện : x ≥ -1 Đặt t = x + 1 (ĐK: t ≥ 0) ⇔ x = t2 – 1 Phương trình đã cho trở thành : t4 – t2 + 12t – 36 = 0 ⇔ t4 – ( t – 6 )2 = 0 ⇔ ( t – 2 ) ( t + 3 ) ( t2 – t + 6 ) = 0 4 −2 0 = t= t 2 (t / m) ⇔ ⇔ t + 3 =0 t =−3 < 0 (loai) 23 1 (Vì t2 – t + 6 = ( t- )2 + > 0 với ∀ t) 4 2 Với t = 2 ⇒ x = 3 ( thỏa mãn ) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 Chứng minh: 3n + 2 − 2n + 2 + 3n − 2n 10 với mọi n nguyên dương Ta có: 3n + 2 − 2n + 2 + 3n − 2n= ( 3n + 2 + 3n ) − ( 2n + 2 + 2n ) = 3n ( 32 + 1) − 2n−1 ( 23 + 2 ) 5 = 3n.10 − 2n−1.10 = ( 3n − 2n−1 ) .10 10 với mọi n nguyên dương 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Ta có: x 2 + xy − 2017x − 2018y − 2019 = 0 ⇔ x 2 + xy + x − 2018x − 2018y − 2018 = 1 ⇔ x(x + y + 1) − 2018(x + y + 1) = 1 1 ⇔ (x − 2018)(x + y + 1) = 6 Vì 1=1.1=(-1).(-1) nên ta có 2 TH sau: TH 1: TH 2: 1  x − 2018 =  x = 2019 ⇔  1  y = −2019 x + y + 1 = −1  x − 2018 =  x = 2017 ⇔   x + y + 1 =−1  y = −2019 KL: PT có 2 nghiệm nguyên (x;y) là: (2019;-2019) và (2017;-2019) 7 p m+n Theo bài ra: = ⇔ p2 = (m-1)(m+n). m −1 p Vì m, n là các số tự nhiên nên m+n > m-1 Mặt khác p là số nguyên tố nên chỉ có 2 trường hợp: p2 = 1.p2 = p.p 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 m = 2 ⇔  ⇒ n + 2= p2 . 2 m + n = p m + n = p m − 1 = 1 Do đó suy ra:  8 2 Vì p là số nguyên tố nên n+2 là số chính phương. Vậy có đpcm. 2 1 1 2ac + nên b = Vì = b a c a+c 2ac a+ a+b a 2 + 3ac a + 3c + a c = = Do đó:= 2a − b 2a − 2ac 2a 2 2a a+c 2ac c+ c+b c 2 + 3ac c + 3a a c + = = Và:= 2c − b 2c − 2ac 2c 2 2c a+c a+b c + b a + 3c c + 3a ac + 3c 2 + ac + 3a 2 = + = + = P Suy ra: 2 a − b 2c − b 2a 2c 2ac 2 2 3 a + c + 2ac 3.2ac + 2ac 8ac = ≥ = = 4 2ac 2ac 2ac Vậy P ≥ 4 với mọi a, b, c thỏa mãn đề bài. Dấu bằng xẩy ra khi: a=b=c Vậy GTNN của P là 4 khi a=b=c ( 0,25 0,25 0,25 0,25 ) E A 0,25 B 1 1 O 2 3 M 1 D 9 a) Xét ∆OEB và ∆OMC, ta có: OB = OC(vì ABCD là hình vuông). C H’ H N = = B C 45Ο 1 1 BE = CM (gt) Suy ra ∆OEB = ∆OMC (c.g.c) 1 = O 3 ⇒ OE = OM và O  2 +=  3 BOC  Lại có O = 90Ο (vì tứ giác ABCD là hình vuông) O 2 + O 1 =  = 90Ο kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân tại O. ⇒ O 900 ⇔ EOM AM BM (Theo ĐL Ta- lét) (*) = MN MC Mà BE = CM (gt) và AB = BC ⇒ AE = BM thay vào (*) AM AE Ta có : = MN EB ⇒ ME // BN (theo ĐL Ta-lét đảo) b) Vì AB // CD ⇒ AB // CN ⇒ c) Gọi H’ là giao điểm của OM và BN 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 =  (cặp góc đồng vị) Từ ME // BN ⇒ OME OH’B  = 45Ο vì ∆OEM vuông cân tại O Mà OME =  1 ⇒ ∆OMC ∆BMH’ (g.g) ⇒ MH’B 45Ο = C OM MC  = CMH’  (hai góc đối đỉnh) = , kết hợp với OMB OB MH’  = OBM  = 45Ο ∆CMH’ (c.g.c) ⇒ MH’C ⇒ ∆OMB  = BH’M  + MH’C  = 90Ο ⇒ CH’ ⊥ BN tại H’ Vậy BH’C ⇒ 10 Mà CH cũng vuông góc với BN tại H ⇒ H ≡ H’ hay ba điểm O, M, H thẳng hàng (đpcm). Giả sử ∆ ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3. Chia mỗi cạnh tam giác ABC thành ba phần bằng nhau. Nối các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh. Tam giác ABC được chia thành 9 tam giác đều có cạnh bằng 1 như hình vẽ. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BI = CJ = AK = 1. Ba đường tròn bán kính 1, tâm tương ứng là I, J, K sẽ phủ kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn sẽ phủ kín được ba tam đều cạnh 1). Như vậy dùng ba tấm bìa hình tròn bán kính 1 sẽ phủ kín được tam giác ABC. * Số tấm bìa ít nhất phải dùng là 3, vì nếu ngược lại sẽ có hai trong ba đỉnh của tam giác ABC cùng thuộc một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra do cạnh của tam giác ABC bẳng 3. ———-Hết——— 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top