Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản chuẩn bị cho kì kiểm tra đạt kết quả tốt hơn. Để làm quen và nắm rõ nội dung chi tiết đề thi, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2018 - 2019  Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm)  x +1   xy + x xy + x x +1  Cho biểu thức = + + 1 :  − − P    xy + 1 − xy   1 − + xy xy     với x; y ≥ xy ≠ a Rút gọn P b Tính giá trị biểu thức P x = − + + = y x2 + Câu (3,0 điểm) 3m – 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’) điểm M cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = Câu (4,0 điểm) a Giải phương trình: x + − − x + x − 14 x − =  x − x + x + y + x y − = b Giải hệ phương trình:  3x − y +  x − xy − x −= Câu (2,0 điểm) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a + 3b + 3c + 4abc ≥ 13 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ đường cao BE AD Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC a Chứng minh: HG//BC tan B.tan C = b Chứng minh: tan A.tan B.tan C = tan A + tan B + tan C Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH Gọi giao điểm đường thẳng AJ, AK với cạnh BC E F a Chứng minh: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF b Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) cho x + y 2019 số hữu tỉ x + y + z y + z 2019 số nguyên tố  HẾT  Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm 05 trang) Ý Nội dung    xy + x x +1 xy + x Cho biểu thức = + + 1 :  − P   xy + 1 − xy      với x; y ≥ xy ≠ a Rút gọn P xy − − Điểm x +1   xy +  b Tính giá trị biểu thức P x = − + + = y x2 +  x +1   xy + x = P  + + 1 :  −  xy + 1 − xy      = ( xy − − a 1,5đ = = 3,0đ ) ( )( x + 1 − xy + ( xy + x )( xy + x xy − )( ) ( xy + − ) )( x +1 xy − ( ( 4−2 + 4+2 )( 0,5 ) xy − xy + + − xy 0,5 0,5 xy Vậy với x; y ≥ xy ≠ P = : ) x + 1)( xy − 1) x + 1 − xy + Ta có: x3 = x +1   xy +  − xy + + − xy − xy ) ( xy + x )( )( − xy + ( xy + x )( xy + 1) + ( ( x + 1) = xy ( xy + x y ) ( xy + x ) ) = + 3 − + + − + = − 6x b 1,5đ ⇒ x3 + x =8 ⇔ x x + =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 2 Vậy P = 4 3m – , 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’ điểm M cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = 3,0đ Tọa độ giao điểm (nếu có) (d) (d’) nghiệm hệ phương trình: ( m – 1) x + y = 3m –  x =m − ( m − 1) y ⇔ * ( )   m y ( m − ) (1)  x + ( m – 1) y = m ( m − )= Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm m ≠ ⇔ (1) có nghiệm ⇔  m ≠ 0,5 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm 3m −  x =  m ≠ m Với  hệ phương trình có nghiệm  m ≠ y = m −  m  3m − m −  Lúc M  ;  m   m 0,5  = 300 Từ giả thiết MOx m−2 = m ⇒ nên M có hồnh độ dương tan MOx 3m − m  = tan 30= tan MOx 0,5 m−2 m−2 m ⇒ 3m − =± ( m − ) ⇔ = 3m − 3m − m thỏa mãn 3 Vậy m = ;m = − 3 ⇔m= ± 1,0 a Giải phương trình: 3x + − − x + 3x − 14 x − =  x − x + x + y + x y − = b Giải hệ phương trình:  3x − y +  x − xy − x −= x + − − x + x − 14 x − = −1 Điều kiện xác định ≤ x ≤ ( *) Phương trình cho ⇔ ( ) ( 3x + − − ) − x − + 3x − 14 x − = x − 15 5− x − + ( x − )( x + 1) = 3x + + − x +1   ⇔ ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = − x +1  3x + +  ⇔ a 2,0đ 4,0đ 1,0  x = ( t/m (*) )  ⇔ (1)  x + + + − x + + ( x + 1) = 0,5 VT pt (1) lớn với x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình S = {5} 2 (1)  x − x + x + y + x y − =  3x − y + ( )  x − xy − x −= b 2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + ≥ Câu Ý (1) ⇔ ( x + 2) ( x + y − 2) = ⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x Nội dung ( x Điểm 0,5 + > 0∀x ) Thay y= − x vào (2) ta 3x − ( − x ) + ⇔ x + 5= x − x − x − x ( − x ) − x − 1= = x + + 11 ⇔ x + 5= x − 12 x − ⇔ (2 x − 3) Đặt x + = 2t − ( 2t − 3)2 =4 x + ( 2t − 3) =4 x +   ( 2t − 3) =4 x + Ta có  ⇔ ⇔  t = x     ( t − x )( t + x − ) = ( x − 3) =4t +  t= − x 2 0,5  x2 − 4x + = Trường hợp 1: t= x ⇔ x + = x − ⇔  ⇔ x= 2+ 3 x − ≥  ⇒y= − thỏa mãn điều kiện xác định ( 0,5 ) Hệ có nghiệm ( x; y ) = + 3; −  x2 − 2x − = Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ x + =1 − x ⇔  ⇔ x =1 − 1 − x ≥ ⇒ y =1 + thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 0,5 2;1 + Hệ có nghiệm ( x; y ) =− Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) =( + ( ) 3; − ; ( x; y ) =1 − 2;1 + ) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a + 3b + 3c + 4abc ≥ 13 Đặt T = 3a + 3b + 3c + 4abc Do vai trò a, b, c bình đẳng nên khơng giảm tổng qt ta giả sử < a ≤ b ≤ c Từ a + b + c = a + b > csuy ≤ c < 0,5 T = 3(a + b ) + 3c + 4abc = ( a + b ) − 2ab  + 3c + 4abc   2,0đ = ( − c ) + 3c − 2ab ( − 2c ) 0,5 2  a +b  3−c  Do – 2c > ab ≤   =   , suy     2 T ≥ ( − c ) + 3c − ( a + b ) ( − 2c ) 2 = ( c − 6c + ) + 3c − ( − c ) ( − 2c ) 27 2 =c − c + =c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 0,75 Câu Ý Nội dung Dấu xảy a= b= c= Điểm 0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ đường cao BE AD Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC a Chứng minh: HG//BC tanB.tanC = b Chứng minh: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC A E a 1,5đ H B G D M C Gọi M trung điểm BC Ta có tam giác ABD vuông D AD nên tanB = BD AD Tương tự : tanC = CD AD ⇒ 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 = = DH GM 0,5 0,5 Gọi S , S1 , S , S3 diện tích tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD DH S1 ⇒ == DH tan B.tanC AD S S 1 S Tương tự ⇒ = 2, = tanC.tan A S tan A.tan B S 1,0 S + S + S3 1 + + = = tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B S tan A + tan B + tan C ⇒ = ⇒ ĐPCM tan A.tan B.tanC 0,5 Ta có tanB.tanC = 3,0đ b 1,5đ ⇒ Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH Gọi giao điểm đường thẳng AJ, AK với cạnh BC E F a Chứng minh: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF b Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu Ý Nội dung Điểm A 3,0đ I J B E K HM C F  + EAH   + EAB    ⇒ AEC =  a AEC = 900 ,CAE = 900 , EAH = EAB CAE ⇒ ∆AEC cân C ⇒ CI trung trực AE Tương tự BI trung trực AF ⇒ I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF b Gọi M hình chiếu vng góc I BC ⇒ M trung điểm EF IM = r Tam giác ABF cân B, tam giác ACE cân C nên EF = AB + AC − BC Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tam giác ABC 2r vuông A ta chứng minh AB + AC − BC = ⇒ EF = 2r  = KAC  mà KAC  = KAH , A E đối xứng qua CI nên KEC  + KFE =  + KFE = 900 ⇒ ∆KEF vuông K KAH 900 ⇒ KEC EF ⇒ MK = =r EF Tương tự ⇒ MJ = = r ⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn 1,00 1,0 1,0 x + y 2019 số y + z 2019 hữu tỉ x + y + z số nguyên tố 2,0đ x + y 2019 m = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) y + z 2019 n nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒  y z n mz − ny = Ta có x + y + z =( x + z ) − xz + y =( x + z ) − y =( x + y + z )( x + z − y ) 0,5 Vì x + y + z số nguyên lớn x + y + z số nguyên tố nên  x2 + y + z = x + y + z  x − y + z = Từ suy x= y= z= 2 x + y 2019 = x + y + z = thỏa mãn yêu cầu toán y + z 2019 Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) Thử lại 0,5 0,5 0,5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 201 8-2 0 19  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm... giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu Ý Nội dung Điểm A 3,0đ I J B E K HM C F  + EAH   + EAB    ⇒ AEC =  a AEC = 90 0 ,CAE = 90 0 , EAH = EAB CAE ⇒ ∆AEC cân C ⇒ CI trung... z số nguyên tố 2,0đ x + y 20 19 m = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) y + z 20 19 n nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 20 19 ⇒  y z n mz − ny = Ta có x + y + z =( x + z ) − xz