Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng ngãi năm học 2017 2018(có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1)  52   5 Nội dung Điểm 2   2  0.5 * (P) : y  x Lập bảng giá trị: x –2 –1 2 y=x 1 Vẽ (P) parabol qua điểm (– 2; 4), (– 1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4) * y  x  Cho x = y = 2, ta điểm (0; 2) Cho y = x = 2, ta điểm (2; 0) Vẽ (d) đường thẳng qua hai điểm 2a) 0.5 Bài (1,5đ) 2b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x  x  � x  x   Vì a + b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm: x1  1; x  2 Với x = y = � B(1; 1) Với x = – y = � A(– 2; 4) Dễ thấy C(– 2; 0) D(1; 0) � AC = 4; BD = 1; CD = Vì ABDC hình thang vng nên: (AC  BD).CD (4  1).3 SABDC    7,5 (đvdt) 2 Vậy diện tích tứ giác ABDC 7,5 đvdt 0.5 Bài (2,0đ) 1a) (1) x  2017x  2018  Cách 1: đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai: Đặt y = x2 ( y �0 ), phương trình (1) trở thành: y  2017y  2018  (2) Vì a + b + c = + 2017 – 2018 = nên phương trình (2) có hai nghiệm: y1 = (nhận) ; y2 = – 2018 (loại) Với y = x2 = � x  �1 Vậy nghiệm phương trình (1) x  �1 Cách 2: đưa phương trình tích: x  2017x  2018  0.5 � x  x  2018x  2018  � x (x  1)  2018(x  1)  � (x  1)(x  2018)  � x   (do x  2018  0) � x2  � x  �1 2x  y  1 �4x  2y  2 5x  � � �� �� � 2x  y  1 �x  2y  �x  2y  � 1b) 2a) �x  �x  �� ��  y  1 �y  3 � Vậy nghiệm hệ phương trình (1; – 3) Cách 1: Vì phương trình x  2x  m   có nghiệm x = – nên ta có: (1)  2.(1)  m   � m   � m  6 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x  � 1  x  � x  Vậy m = nghiệm lại x = Cách 2: Vì phương trình có nghiệm x = – nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: abc 1  m   m  6 � � � �� �� � 1  x  x2  �x1  x  � � 0.5 0.5 2b)  '  m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt � m  2 �x1  x  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: � �x1x  m  Do đó: x13  x 32  � (x1  x )3  3x1x (x1  x )  0.5 � 23  3.(m  3).2  � 6(m  3)  � m30 � m  3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = – giá trị cần tìm Gọi số dãy ghế lúc đầu x ( x �N* ;250Mx ) 250 � Số chỗ ngồi dãy lúc đầu x Nếu kê thêm dãy số dãy ghế x + 308 x3 Vì dãy ghế phải kê thêm chỗ ngồi nên ta có phương trình: 308 250  1 x3 x Giải phương trình được: x1 = 30 (khơng thỏa mãn điều kiện) x2 = 25 (thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 25 dãy ghế số chỗ ngồi dãy 250 : 25 = 10 Khi có 308 người nên số chỗ ngồi dãy Bài (2,0đ) 2.0 Bài (3,5đ) 0.25 1) Tứ giác BMHE có: �  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEH � BMH  900 (d  AB) �  BMH � � BEH  1800 � Tứ giác BMHE nội tiếp 0.5 2) 3) 4) Bài (0,5đ) �  ADB �  900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có AEB � AE  CB;BD  CA � AE, BD, CM đường cao  CAB nên chúng đồng quy Mà AE cắt CM H � H �BD , hay điểm B, H, D thẳng hàng � C �1  900 Vì  AMC vng M nên CAB � B �1  900 Vì  ADB vuông D nên CAB �1  B �1 �C �1  B �1 (hai góc nội tiếp chắn cung AD (O)) Mặt khác, N �1  C �1 �N  AND  ACN có: � chung ; N �1  C �1 CAN �  AND  ACN (g.g) AN AD �  � AN  AD.AC AC AN � BN  AD.AC  BN  AN �  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên áp dụng định lí Vì ANB Py-ta-go vào  ANB vng N, ta có: BN  AN  AB2  4R Do BN  AD.AC  4R Theo giả thiết tứ giác ACHK nội tiếp �1  C �1 ( 1800  AKH) � �K �1  B �1 (do B �1  C �1 ) �K �  HKB cân H � HM đường cao đường trung tuyến  HKB � BK  2BM khơng đổi (vì M B cố định) Vậy độ dài BK không đổi E di động cung NB Nhận xét: Việc chứng minh độ dài BK không đổi đơn giản Nếu ẩn điểm K u cầu chứng minh đường tròn ngoại tiếp  AHC qua hai điểm cố định tâm đường tròn ngoại tiếp  AHC di động đường thẳng cố định (đường trung trực AK), mức độ tư cao  2a  a  a   2a  � x  2(a  1)x Do đó: a 0.75 1.0 0.5 x  a  a   a  a   (do a  1) � x2  a  a2 1  a  a2 1  0.5  a2 1 a  a2 1  P  x  2x  2(a  1)x  4a  2021  x  2(2a  2)  x  4a  2021  4a   4a  2021  2017 ... (2,0đ) 1a) (1) x  2017x  2018  Cách 1: đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai: Đặt y = x2 ( y �0 ), phương trình (1) trở thành: y  2017y  2018  (2) Vì a + b + c = + 2017 – 2018 = nên phương... 1) Tứ giác BMHE có: �  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEH � BMH  90 0 (d  AB) �  BMH � � BEH  1800 � Tứ giác BMHE nội tiếp 0.5 2) 3) 4) Bài (0,5đ) �  ADB �  90 0 (các góc nội tiếp... chúng đồng quy Mà AE cắt CM H � H �BD , hay điểm B, H, D thẳng hàng � C �1  90 0 Vì  AMC vng M nên CAB � B �1  90 0 Vì  ADB vuông D nên CAB �1  B �1 �C �1  B �1 (hai góc nội tiếp chắn cung