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

Đề thi chọn HSG THCS cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình giúp các em kiểm tra, đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Và đây cũng là tài liệu phục vụ cho công tác giảng dạy, biên soạn đề thi của thầy cô. Mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Năm học 2018-2019.Ngày thi 04/01/2019 Thời gian làm :150 phút Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức  x 1   xy  x xy  x  x    1 : 1   P  với x, y  0, xy   xy  1  xy     1 xy xy     a)Rút gọn P b)Tính giá trị biểu thức P x     , y  x  Câu 2(3 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : (m  1) x  y  3m  đường thẳng (d’) : x  (m  1) y  m Tìm m để (d) cắt (d’) điểm M cho MOx  300 Câu 3(4 điểm) a.Giải phương trình 3x    x  3x2  14x   2   x  2x  2x  y  x y   b.Giải hệ phương trình    x  xy  x   3x  y  Câu (2 điểm).Chứng minh a,b,c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a2  3b2  3c2  4abc  13 Câu (3 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 song song BC tan B.tan C  b.Chứng minh tan A.tan B.tan C  tan A  tan B  tan C Câu (3 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 x  y 2019 Câu (2 điểm).Tìm tất số nguyên dương (x,y,z) cho số y  z 2019 hữu tỉ x  y2  z số nguyên tố GIẢI Câu 1(3 điểm).Cho biểu thức  x 1   xy  x xy  x  x    1 : 1   P  với x, y  0, xy   xy  1  xy    1  xy xy      x 1   xy  x xy  x  x  a)Ta có P   Rút gọn P   1 :       xy  1  xy    xy  1  xy xy     kết P  xy b)Ta có x      x( x  6)   xy  Nên ta có 1 P  xy 2 3m  m   Câu 2(3 điểm) Ta có tọa độ  ;  nghiệm hệ phương trình  m m   x  (m  1) y  m Từ M kẻ đường thẳng vng góc với Ox B Ta có  (m  1) x  y  3m  OM 2 MOx  30  MB  m Câu 3(4 điểm) 1 a.Điều kiện  x  Ta có 3x    x  3x2  14x   3    ( x  5)    3x     x   x 1  3x    Vậy nghiệm x  b.Giải hệ phương trình ( x  2)( x  y  2)   x  2x  2x  y  x y        x  xy  x   3x  y      x  xy  x   3x  y  y2x y2x     tới dùng bình   x  xy  x   3x  y  x  x   x      phương hệ số bất định Câu (2 điểm).Ta dễ dàng chứng minh  a, b, c  Áp dụng BDT cô si cho 3 3 3 ba số dương ta có:  a   b   c  3 (  a)(  b)(  c) 2 2 2 27 27    (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc    (ab  bc  ca)  abc 8 8 2 2  4abc  14  6(ab  bc  ac)  3a  3b  3c  4abc  13 Dấu xảy a  b  c  Câu (3 điểm) AD AD AD ,tanC= => tanB.tanC= BD.CD BD CD AD BDH ADC  BD.CD  AD.DH =>tanB.tanC= DH AM Ta :  ( M trung điểm BC).Và  ADM có HG//BC GM AM AH  HG / / DM     tan B tan C GM HD b)Ta có A  B  C  1800  A  B  1800  C  tan( A  B)  tan(1800  C ) Từ chứng a) Tìm tanB= minh tan A.tan B.tan C  tan A  tan B  tan C Câu (3 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 A I K J B E H C F a.Cách 1.Trước tiên ta chứng minh I trực tâm tam giác AJKAJK.Gọi F giao điểm tia AK BC Theo tính chất góc ngồi tam giác AFB  FAC  HAC  2HAC  HCA Lại có BAF  BAH  HAF  2HAC  HCA (Lưu ý : BAH  HCA (cùng phụ HAC ) Suy BAF  BFA nên tam giác ABF cân B.Mà BI phân giác tam giác ABF cân B nên đường cao hay JI⊥AK.Tương tự KI⊥AJ Vậy : I trực tâm tam giác AJK.Ta có tam giác ABF có phân giác BI đồng thời đường cao nên tam giác ABF cân suy IA  IF Ta có tam giác ACE có phân giác CI đồng thời đường cao nên tam giác ACE cân suy IA  IE Vậy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF b Kẻ IO vng góc với BC=> O trung điểm EF.Ta chứng minh tam giác EKF 2 vng K, EJF vng J.Từ suy JO  OI  OK  FE Từ ta có OI  FE Đặt OI  r Ta chứng minh AB+ AC- BC =2r ; AB +AC -BC =EF.Từ có điều chứng minh x  y 2019 Câu (2 điểm).Tìm tất số nguyên dương (x,y,z) cho số y  z 2019 hữu tỉ x  y2  z số nguyên tố Do x  y 2019 số hữu tỉ nên y  z 2019 x  y 2019 a  (a, b  *)  2019(by  az)  ay  bx y  z 2019 b a y x    xz  y  ( x, y, z)  (tm2 , tmn, tn2 ) Nếu by  az  ay  bx=0 b z y với t, n, m  * ay  bx Nếu by  az  √ 2019  số hữu tỉ (vơ lí) by  az Mà x  y2  z  t (m4  m2 n2  n4 ) số nguyên tố Nên suy ( x, y, z)  (1,1,1) ... OK  FE Từ ta có OI  FE Đặt OI  r Ta chứng minh AB+ AC- BC =2r ; AB +AC -BC =EF.Từ có điều chứng minh x  y 20 19 Câu (2 điểm).Tìm tất số nguyên dương (x,y,z) cho số y  z 20 19 hữu tỉ x  y2... z 20 19 hữu tỉ x  y2  z số nguyên tố Do x  y 20 19 số hữu tỉ nên y  z 20 19 x  y 20 19 a  (a, b  *)  20 19( by  az)  ay  bx y  z 20 19 b a y x    xz  y  ( x, y, z)  (tm2 , tmn, tn2... a)Ta có P   Rút gọn P   1 :       xy  1  xy    xy  1  xy xy     kết P  xy b)Ta có x      x( x  6)   xy  Nên ta có 1 P  xy 2 3m  m   Câu 2(3 điểm) Ta có tọa