Đề khảo sát năng lực đội tuyển HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Ngọc Lặc

Thông qua việc giải trực tiếp trên Đề khảo sát năng lực đội tuyển HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Ngọc Lặc các em sẽ nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018 - 2019 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGỌC LẶC Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 01 năm 2019 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh Câu I: (4,0 điểm)  x x Cho biểu thức: M =   x x  x  x 1     x  :  x    x  x x  x  x   Rút gọn biểu thức M Tính giá trị M x = 20 +14 + 20 - 14 Câu II: (4,0 điểm) Giải phương trình: 3x  x   29 x 61   36   x  xy  y  51  x  y 2   Giải hệ phương trình:  2 x   x  y    Câu III: (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên (x; n) phương trình: x  x   x   n Cho x, y số nguyên thỏa mãn x  x  y  y Chứng minh x  y ; x  y  3x  y  số phương Câu IV: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm tâm giác ABC Gọi M điểm cung BC không chứa A (M khác B, C) Gọi N, P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, AC Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng Tìm vị trí M để đoạn NP lớn Câu V: (2,0 điểm) Cho a , b, c  Chứng minh rằng: a2 b2 c2    a  ab  b2  b  bc  c  c  ca  a b c a Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018 - 2019 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGỌC LẶC Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 01 năm 2019 (Đề có 02 trang, gồm 06 câu) ĐKXĐ: x  0; x  Ta có: x x   x x  x  x 1 x  0,25   x   x 1 x x  x  x 1 = I (4,0đ) Do đó: M =  x x 1  x   x 1  x 1   x   x  1  x   x  1 x  x 1 :  x  x 1 x 1  x 1 x 1 x x 1 x      0,5 = 0,5  x 1  x   x  1  x 1 x 1 0,5 x 1 x 1 Vậy với x  0; x  ta có: M = 0,5 x 1 x 1 0,25 0,5 Tacó: x  20  14  20  14  3.x 202  (14 2)2    x  40  3.x.2  x3  x  40    x   x  x  10  mà x  x  10 > nên x = Thay x = vào M ta được: M = 0,5 1 3 1 Vậy x = 20 +14 + 20 - 14 M = 0,5 61 12 x 61 1 Đặt   y  (ĐK: y   ) 36 6 x 61 1    y2  y  36 36  12 x  61  36 y  12 y   y  y  x  (1) 0,25 29  y   3x  x  y  6 0,25 ĐKXĐ: x   II (4,0đ) Mặt khác từ phương trình cho ta có: 3x  x  (2) 0,5 3 x  x  y  Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  3 y  y  x  Lấy phương trình trừ phương trình ta phương trình: 0,5 x  y x  y    x  y  3x  y       y   3x  x  y     5 (loại); x  (thỏa mãn ĐK) 3 3x  3x  * Với y    3x  x     x  x  13  3 1  14 1  14 (loại), x  (thỏa mãn ĐK) x 3 1  14 Vậy nghiệm phương trình là: x  , x  3  x  xy  y   51  2  x  xy  y  51  x  y    x  y   Ta có:   2 x   x  y    2 x    x y * Với x  y  3x   x        2  x  y    x  y    51   x  y        x  y  x  y  x  y   0,25 0,25 0,5 0,25 u  x  y Đặt  (*) v  x  y  x  y  u  3v  57 Hệ phương trình trở thành:  (I) u  v   15  Giải hệ phương trình (I) ta được:  u; v   (3; 4),  ;       0,5 Thay  u; v   (3; 4) vào (*) giải ta được:          ; ; ,    2     15  Thay  u; v    ;   vào (*): Hệ phương trình vơ nghiệm  2 0,5 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: 0,25  x; y             ; ; ,    2     x; y    với y  1  y2  x   x  y2  4 Đặt: y  x  III (4,0đ) 0,25 4 Phương trình cho trở thành: n  y   y   y 0,5 1 1 Vì y   y   y   nên n  y  y  Từ ta có: n  (vì y  ) 4 2  1 1 y  n  hay x   n  4 1 Suy x  n   n   n  n 4 Với n  0,75 Để x nguyên với giá trị nguyên n n phải số phương, nghĩa Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x  t  t ; n  t t là n  t với t  Z Hơn t  (vì n  n  ) số nguyên khác Từ: 2x2 + x = 3y2 + y (1) 2 => 2x – 2y + x – y = y => (x – y)(2x + 2y + 1) = y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2  ( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2 => (x – y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y + 1) = x2y2 => (2x + 2y +1)(3x + 3y + 1) số phương (3) Gọi (2x + 2y + 1; 3x +3y + 1) = d => ( 2x + 2y + 1)  d; (3x + 3y + 1)  d => (3x + 3y + 1) – (2x + 2y + 1) = (x + y)  d => 2(x + y)  d =>( 2x + 2y + 1) – 2(x + y) =  d nên d = => (2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1) = (4) Từ (3) (4) => 2x + 2y + 3x + 3y + số phương Lại có từ (2) =>(x – y)(2x + 2y + 1) số phương Suy x – y số phương Vậy x – y; 2x + 2y + 3x + 3y +1 số phương 2x2 + x = 3y2 + y 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 A P I H O IV (6,0đ) N B C K M Gọi giao điểm CH với AB I, AH với BC K ˆ  KHI ˆ  1800 Ta có tứ giác BIHK nội tiếp  IBK ˆ  AHC ˆ  IBK ˆ  AHC ˆ  180 mà KHI (1) ˆ ˆ Ta lại có IBK  AMC (hai góc nội tiếp chắn cung) ˆ  APC ˆ (t/c đối xứng)  IBK ˆ  APC ˆ (2) AMC 0,5 0,5 0,5 ˆ  AHC ˆ  1800 Từ (1) (2)  APC Suy tứ giác AHCP nội tiếp ˆ ˆ ˆ Tứ giác AHCP nội tiếp  AHP  ACP = ACM ˆ  ABM ˆ  1800  AHP ˆ  ABM ˆ  1800 mà ABM ˆ  ABN ˆ Ta lại có ACM ˆ  ABN ˆ  180 (3)  AHP Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp ˆ  AHN ˆ (4)  ABN ˆ  AHN ˆ  1800  N, H, P thẳng hàng Từ (3) (4)  AHP ˆ  BAM ˆ ; MAP ˆ  MAC ˆ MAN ˆ  2( BAM ˆ  MAC ˆ )  BAC ˆ (