Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2017 2018 có đáp án

Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2017 2018 có đáp án giúp các bạn học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, các dạng bài tập. Mỗi đề thi có đáp án giúp hỗ trợ cho quá trình ôn luyện của các em học sinh lớp 9, nhằm giúp các em học sinh nâng cao kỹ năng luyện đề, chuẩn bị sẵn sàng kiến thức cho kì thi chọn học sinh giỏi môn Toán sắp tới. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo đề thi.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP NĂM 2017-2018 (CÓ ĐÁP ÁN) Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT Hịa Bình Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT huyện Thạch Thành Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT Lâm Thao Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Phù Ninh Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Quế Sơn Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT Tiền Hải Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT thành phố Hồ Chí Minh Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương 10 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Lạng Sơn 11 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An 12 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình 13 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa 14 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Trà Vinh 15 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HỊA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC 2017 - 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (5,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên n n3  2013n2  2n chia hết cho b) Tìm tất số tự nhiên n cho A  n2  10n  136 số phương Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2  12x+40 = x-2  10  x 1 1 x + y + z =  b) Giải hệ phương trình:   - =4  xy z2 Câu (5,0 điểm) a) cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị biểu thức x2 y2 z2 M   y  z z x x  y b) cho a, b, c > a  b  c  Chứng mimh : a1 b1 c1   3 b2  c2  a2  Câu (5,0 điểm) Hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB, E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc CE cắt AB F M trung điểm EF a) Chứng minh CM vng góc với EF b) Chứng minh : ND.DE  a2 B, D, M thẳng hàng c) Tìm vị trí N AB cho diện tích tứ giác AEFC gấp lần diện tích hình vuông ABCD - - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH THÀNH Đề thức (Gồ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP C P HUYỆN MƠN: TỐN NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi 09/10/2017 (Thời gian: 150 phút khơng tính thời gian phát đề) trang) Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:  1  A      y  x  y x  x 3 1 x  y x  x y  y : ; (x > 0; y > 0) y  x y  xy a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x  24  16  24  16 ; y  24  16  24  16  c) Cho xy T giá trị x, y ể A c giá trị nh nh t, t Bài 2: (3 điểm) Giải phương tr nh sau: a)  x  (2 x  5)   x b) giá trị x   x  x  x    ( x  1)( x  x  x  1) Bài 3: (3 điểm) a) Cho a; b nguyên dương a + 1; b + 2007 ều chia hết cho Chứng inh 4a + a + b chia hết cho b) Tìm nghi nguyên dương (x; y) phương tr nh: 7x - xy - 3y = Bài 4: (6 điểm) Cho hình vng ABCD iể E, F cạnh AB, AD cho AE = AF Gọi H h nh chiếu A DE a) Chứng inh: AD2 = DH.DE; AH.DC = AF.DH b) Xác ịnh vị trí iể E F ể di n tích ta giác DHC g p lần di n tích ta giác AHF c) Chứng inh Sin DHC DC  DH  HC Bài 5: (4 điểm) a) Cho ba số x; y; z  th a ãn 1   0 x y z  xy yz zx  Tính giá trị biểu thức: P       x y z  b) Cho a; b; c ba số dương th a Chứng inh rằng: 2017 ãn abc = a2 b2 c2    b 1 c 1 a 1 Họ, tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: HƯỚNG DẪN CH M BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP C P HUYỆN MễN: TON NM HC 2017 - 2018 Đáp án Bi Điểm a)    x3  1  A      : y  x  y x y   x  x y x y x x  y x x    :  xy xy x  y x xy  y    x  y    :  xy  xy    A Bài (4 điểm) b) x y xy   x  y y xy yy y 0,5 xy 0,5 0,5 (*) 4  2    4  2  x  42 42 8  x y  xy  x  24  16  24  16 = y y3 x  y x  y  xy x  y  xy x y xx y 24  16  24  16 =  2  4  2  2  0,5 4  2     y  4  2  (4  2)   0,5 8   8.8 Thay x  8; y  vào (*) ta ược A   c) Ta có:    A y    x  y   x x xy x y 2 y  xy xy  0,5 xy  xy 16 16 Vậy MinA = x = y = (thoả a)  x  (2x  5)   x (1) 0,25  (v xy = 16) 0,5 ãn ĐK ề bài) 0,25 1  x  5  x ĐKXĐ 6  x  (**)  (2 x  5)    Bài (3 điểm) b) 0,25  Ta c ( )   x   (2 x  5)   x   x  (2 x  5)  x   (1  x)(2 x  5)  ( x  5) (ĐK x  5 ) 0,5  x  x  30   ( x  3)( x  10)   x  3 (th a ãn ĐK) x  10 (loại v Vậy tập nghi phương tr nh là: S   3 0,5 h ng th a ãn (**)) 0,25 x   x  x  x    ( x  1)( x  x  x  1) (2) Điều i n: x  0,25 (2)  0,5   x 1 1  x  x  x  1  P   P   x  x   x  không thỏa mãn P  +) Nếu  P  1    Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn Tính giá trị biểu thức x P  x  1 x 2018  x 2017  x  x  3x  32 32 Vì x  3 1   2 32 32 1 nghiệm đa thức x2  x  2 x 2017  x  x  1  x  x  Do P     x 1  x2  x  1  x  nên x  1, 0, 50 0, 50 0, 50 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ II 4,0 điể m Biết phương trình (m  2) x2  2(m 1) x  m  có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài (m  2) x2  2(m  1) x  m   ( x  1)  (m  2) x  m   có đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng Phương trình hai nghiệm m  Khi nghiệm phương trình a  1và b  m m2 Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy m   m  m  m2 1 Từ hệ thức tam giác vng ta có   2 a b h (m  2)2 m2     2 m m m2 Với   2m   m  m  (thỏa mãn) m m2 Với    2m   m  m  (loại) m Vậy m  giá trị cần tìm ( x  y )2 (8 x  y  xy  13)   (1)  Giải hệ phương trình  (2) 2 x  x  y   ĐKXĐ: x  y   2 8( x  y )  xy  ( x  y )  13  Chia phương trình (1) cho ( x  y)2 ta hệ  2 x    x y 2, 0, 50 0, 50 0, 50 0, 50 2, 0, 25       2 ( x  y )   3( x  y )  13  3( x  y )  23 5  x  y    2  ( x  y)  x y         x  y    ( x  y )   x y     ( x  y)    x y x y   5u  3v  23 (3) , v  x  y (ĐK: | u | ), ta có hệ  x y (4) u  v  Từ (4) rút u   v , vào (3) ta 5u  3(1  u)2  23  4u  3u  10   u  u   Trường hợp u   loại u   2 x  y  x y Với u   v  1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ   x  y  1  Đặt u  x  y  Giải hệ cách x  1  y vào phương trình đầu ta y 1    y  Vậy hệ có nghiệm ( x, y)  (0;1) y 1 III 4,0 điể m Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62  ( y  2) x   y  y  8 x (1) 2 Ta có (1)   y  2 y  3  56  ( y  2) x2   y  2 y  4 x   y    x   y   x   y  3  56   x  1 y   x  y  3  56 Nhận thấy  y  2   x  1  x  y  3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số cịn lại Như ta có ) 56  1.7.8   x; y    2;9  ) 56  7.1.8   x; y   8;3 ) 56   8  7    x; y    7;3 ) 56   8  7    x; y    2; 6  ) 56   8  1   x; y    7;9  ) 56   8   1   x; y   8; 6  Vậy phương trình có nghiệm ngun 0, 50 0, 25 0, 25 0, 25 0, 50 2, 0, 25 0, 25 0, 50 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 Chú ý 3:Học sinh biến đổi phương trình đến dạng  y  2  x2   y  4 x   y  3  56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p  a  b2 số nguyên tố p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax2  by 2, chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Do p  nên p  8k  (k  ) Vì  ax  4k 2   by  4k 2  ax  by  p nên a 4k 2 x 8k 4 b 4k 2 y 8k 4 p Nhận thấy a4k 2  x8k 4  b4k 2  y8k 4   a 4k 2  b4k 2  x8k 4  b4k 2  x8k 4  y8k 4  Do a 4k 2  b4k 2   a  k 1   b2  k 1 a  b2   p b  p nên x8k 4  y8k 4 p (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y khơng chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8k 4  x p 1  1(mod p), y8k 4  y p 1  1(mod p)  x8k 4  y8k 4  2(mod p) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p IV 6,0 điể m 0, 50 0, 25 0, 25 0, 50 0, 50 Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng P qua O P A F O I D B M K C N Ia Chứng minh: tứ giác nội tiếp 2, I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy BI a  BI , CI a  CI ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) 1, Xét tứ giác IBI aC có IBI a  ICI a  1800 Từ suy tứ giác IBI aC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính II a 1, tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 2, Chứng minh Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác BAC ) Do NP đường kính (O) nên NBP  900 , M trung điểm BC nên PN  BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông PBN ta có NB2  NM NP Vì BIN góc đỉnh I tam giác ABI nên BIN =    NBI  NBC  CBI  0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 2, BAC (cùng chắn cung NC)   BAC  ABC (2) Từ (1) (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC , tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI aC  NI a2  NB2  NM NP Vậy NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Chứng minh: 0, 25 0, 25 ABC  BAC (1) Xét (O): NBC  NAC  0, 25 GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB Xét hai tam giác  MNB đồng dạng Suy NBM  có: 0, 50 BAC  IAF với FIA mà: , nên Ta có: nên suy NMI a đồng dạng với IDA  Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên KAI a  KAN  KPN  I a PN  NI a M (2) Từ (1) (2) ta có DAI  KAI a V 2,0 điể m Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  z Chứng minh xz y2 x  2z    y  yz xz  yz x  z y2 2z 1 xz y2 x  2z yz x Ta có P       xz z y y  yz xz  yz x  z 1 1 1 yz x yz xz yz (1) 0, 50 0, 50 0, 25 0, 25 2, 0, 25 x y 2z y 1 2 x  a  b   2c ,   z  y x z b2  a  1  c 1 1 1 z y x x y z a  , b2  , c   a, b, c   y z x x Nhận xét a b2     x  z  z c 0, 25 2 2 2 a2 b2 2ab a  a  1  ab  1  b  b  1  ab  1  2aba  a  1 b  1 Xét    b  a  ab   a2  1b2  1  ab  1 ab  a  b    a  b a  b   a  b  a  1b  1  ab  1 2 3 2 0 a2 b2 2ab Do    c  b  a  ab  1  1  c c 1 Đẳng thức xảy   2 2  2c 2 1  c   1  c  1  2c   1  c  1  c     Khi  c c2  2 1  c  1  c  1  c   3c  3c  c3   0 1  c  1  c  1  c  1  c   c  1   Từ 1   suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a  b, c   x  y  z a b 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai không chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GD & ĐT TRÀ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Học sinh làm tất toán sau đây: Bài (3.0 điểm) Giải hệ phương trình  y  x2  y  x  1(1)   x 1  x  y  3x  1(2)  GIẢI ĐKXĐ: x>1 Từ (1)  y  x2  y x   ( x 1)2  ( y  x  1)2  x2  y   x  x  *Thế y  x  x  vào (2), ta được: x  1( x   1)   x  (loại) *Thế y   x  x  vào (2), ta được: x  1( x   1)   x=1 (loại) x=2 Vậy hệ có nghiệm (x=2; y=-1) Bài 2.(2.0 điểm) Dân số xã A có 10000 ngưới Ngưới ta dự đoán sau hai năm dân số xã A 10404 người Hỏi trung bính năm dân số xã A tăng phấn trăm ? GIẢI Gọi x tỉ lệ tăng dân số năm (x>0) Số dân sau năm: 10000(x+1) Số dân sau hai năm: 10000(x+1).(x+1) Vì sau hai năm số dân 10404 nên ta có phương trình: 10000(x+1) =10404 Hay x +2x - 0,0404 = (x=0,02 x=-2,02) Vậy tỉ lệ tăng dân số 2% Bài 3.(3.0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện xy+yz+zx=1 Tính giá trị (1  y )(1  z ) (1  z )(1  x ) (1  x )(1  y ) y z biểu thức A= x  x2 1 y2 1 z2 GIẢI  x2  xy  yz  zx  x2  ( x  y)( x  z ) Ta có: Tương tự :  y  xy  yz  zx  y  ( y  x)( y  z)  z  xy  yz  zx  x2  ( z  x)( z  y) Do đó: A=x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)=2(xy+yz+zx)=2.1=2 Bài 4.(3.0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a+b+c=1 Tìm giá trị lớn P= ab bc ca   c  ab a  bc b  ca GIẢI Theo điều đề ta có: 1-a>0 ; 1-b>0 ; 1-c>0 Nên theo BĐT Cơ-si, ta có: a b ab  2 1 b 1 a (1  b)(1  a) b c bc  2 1 c 1 b (1  c)(1  b) c a ca  2 1 a 1 c (1  a)(1  c)  ac bc ab ab bc ca    2(   ) 1 b 1 a 1 c c  ab a  bc b  ca hay1    2( ab bc ca   ) c  ab a  bc b  ca ab bc ca    c  ab a  bc b  ca Vậy maxP = a = b = c =  Bài 5.(2.0 diểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2  y  3xy  3x  y  15 (*) GIẢI (*)  x  3( y  1) x  y  y  15    [3( y  1)]2  4.1.(2 y  y  15)  ( y  1)  68  Để phương trình có nghiệm ngun ( y 1)2  68  m2  (m  y 1)(m  y  1)  68 Giải phương trình nghiệm nguyên ta y=-15 y=17 *Với y=-15 x=12 x=30 *Với y=17 x=-18 x=-36 Vậy phương trình có nghiệm: (12;-15),(30;-15),(-18;17)và (-36;17) Bài 6.(3.0 điểm) Cho x, y số dương thỏa mãn x+y=2 Chứng minh: x3 y ( x3  y )  GIẢI Do x, y>0 x+y=2 nên ( x  y)3  x3  y3  3xy( x  y)  x3  y  xy Theo BĐT Cơ-si ta có: xy  xy  xy   4 24   ( x  y )3 x y  x  y  xy x y3 Hay  3  x3  y x y xy    x3 y ( x3  y ) Vậy  x3 y3 ( x3  y3 ) Dấu = xảy x=y=1 Bài 7.(4.0 diểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O)và có AB0) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Gọi d đường thẳng 2018 đường thẳng cho thỏa mãn yêu cầu tốn Khơng tính tổng qt, giả sử d cắt đoạn thẳng AD, MP, BC S, E, K cho SCDSK  3S ABKS Điểm 0,5 Từ SCDSK  3S ABKS ta suy được: DS  CK   AS  BK   a  AS  a  BK   AS  BK   AS  BK  a  EM  a suy E cố định d qua E 0,25 a Lập luận tương tự ta có đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải qua bốn điểm cố định E, F, G, H Theo nguyên lý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải có  2018     505 đường thẳng qua bốn điểm E, F, G, Hcố định, nghĩa   505 đường thẳng đồng quy 0,25 Lấy F, H đoạn NQ G đoạn MP cho FN  GP  HQ  0,5 0,5 ... 20182  20184  2. (2017  1) .20182  20182  2017 2017   20182 2018 0,25 20184  2 .2017. 20182  2017 2017 (20182  2017) 2017    20182 2018 20182 2018 20182  2017 2017    2018 2018 2018. .. 2017- 2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương 10 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017- 2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Lạng Sơn 11 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2017- 2018 có đáp. .. học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017- 2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT Quế Sơn Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2017- 2018 có đáp án - Phịng GD&ĐT Tiền Hải Đề thi chọn học sinh giỏi