1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2018-2019 có đáp án

60 18 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 60
Dung lượng 2,77 MB

Nội dung

Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2018-2019 có đáp án là tài liệu ôn thi học sinh giỏi môn Toán hữu ích, thông qua việc luyện tập với đề thi sẽ giúp các em làm quen với các dạng câu hỏi bài tập và rút kinh nghiệm trong quá trình làm bài thi. Mỗi đề thi kèm theo đáp án và hướng dẫn giải chi tiết giúp các bạn dễ dàng hơn trong việc ôn tập cũng như rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các em cùng tham khảo đề thi!

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP NĂM 2018-2019 (CÓ ĐÁP ÁN) Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT Con Cng Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT Hà Trung Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT Hồi Nhơn Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT huyện Lai Vung Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tam Dương Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT Thạch Hà Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phịng GD&ĐT thành phố Buôn Ma Thuột Đề thi chọn học sinh giỏi cấp thị xã mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hồng Lĩnh Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Hà Tĩnh 10 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Hải Dương 11 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT GD&ĐT Thái Bình PHỊNG GD&ĐT CON CNG KÌ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Đề thức Câu 1(5 điểm): Cho biểu thức A = x 1 x 25 x với x ≥ x ≠   4 x x 2 x 2 a) Rút gọn A b) Tính giá trị A x = c) Tìm giá trị x để A có giá trị nguyên Câu (4điểm): Giải phương trình sau: a) x  x   x  b) x   x  x    x Chứng minh với số nguyên n n3 + 3n2 + 2018n chia hết cho Câu (2,5 điểm): Cho đường thẳng (d) có phương trình: (m+1)x + (m-2)y = (d) (m tham số) a) Tìm giá trị m biết đường thẳng (d) qua điểm A (-1; -2) b) Tìm m để (d) cắt trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Câu (7,0 điểm): Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tiếp tuyến Ax, By Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn ( M khác A B) Kẻ MH vng góc với AB H a) Tính MH biết AH = 3cm, HB = 5cm b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh M,I,H thẳng hàng c) Vẽ đường tròn tâm (O’) nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc AB K Chứng minh diện tích SAMB = AK.KB Câu (1,5 điểm) Cho x; y số thực dương thỏa mãn (x+1)(y+1) = 4xy Chứng minh rằng: 3x   3y2 1 1 HẾT Đề có 01 trang Cán coi thi khơng giải thích thêm Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay PHỊNG GD&ĐT CON CUÔNG Câu (5 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn giải, đáp án Điểm a) x 1 x 25 x   4 x x 2 x 2 ( x  1)( x  2)  x ( x  2)  (2  x )  ( x  2)( x  2) A= b)  x  x   2x  x   x ( x  2)( x  2) 0,5  x ( x  2) x  ( x  2)( x  2) x 2 1,0 Với x ≥ x ≠ , x = ( t/m đk ) 9  A 2 2    4 2 3 A nguyên  0,25 0,75 0,5 c)Với x ≥ x ≠ Mặt khác 0,5 0,25 x có giá trị nguyên x 2 x  3 3 x 2 x 2 (vì >0) x 2 Suy ≤ A < Vì A nguyên nên A = ; ; A = giải ta x = ( T/m đk ) A= giải ta x = ( T/m đk ) A = giải ta x = 16 ( T/m đk ) Vậy A nguyên x ∈{ ;1 ;16} 0,25 0,25 0,75 Câu x2  x   x  (4,0 điểm) 0,5  2x 1  2x  1  x    2x 1  2x  a)  2 x   2 x  1) 0,5 1  x    x  2(kt / m)   x  b)Đk 0,5 0≤ x ≤ 0,25 x   x  2x    x  x    x  2( x  1)  (1) 0,25 Vế trái (1) bé ; vế phải lớn  x 3  5 x  Dấu xẩy    x 1 0,25  x   (t/mđk) Vậy pt có nghiệm x = Câu (2,5 điểm) n3 + 3n2 + 2018 n = n.(n+1)(n+2) + 2016n n.(n+1)(n+2) tích số nguyên liên tiếp nên vừa chia hết cho vừa chia hết n.(n+1)(n+2) chia hết cho 2016n chia hết cho Vậy n3 + 3n2 + 2018 n chia hết cho với n € Z a) Đường thẳng (d) qua điểm A (-1; -2) nên ta có x = - 1; y = -2 thay vào giải ta m = Để d cắt trục tọa độ m ≠ -1 ; c) Giả sử (d) cắt trục tọa độ điểm A B ta tính tọa độ A ( 3 ) ;0 ) B ( 0; m 1 m2 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 Ta có tam giác OAB vng O nên 0,25 S OAB  1 3 OA.OB  2 m 1 m  S OAB  3   2 m 1 m  2 0,25   13 m  Giải ta có  (t/mđk)  1 m     13 m  Vậy  ………  1 m   0,5 y x D M C I A H K O B a) Tam giác AMC vng M có MH đường cao MH = AH BH ( hệ thức lượng… ) = 3.5  15 (cm) a) Vì AC song song với BD nên ta có AC AI CM ( Vì   BD ID MD AC=CM; BD =MD) Suy MI// AC Mà MH//AC ( vng góc AB) Suy M, I, H thẳng hàng c)Đặt AB = a; AM = c; BM = b Ta có 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 a c b abc ; BK  2 a  c  b a  b  c  (a  c  b).(a  b  c )   AK BK     2   2 2  a  (b  c)   a  (b  c )  2bc       2 2  2  AK  2bc   bc 2  AM BM  S AMB Vậy SAMB = AK.KB (1,5 điểm) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Từ (x+1)(y+1) = 4xy x 1 y 1 4 x y 1  (1  )(1  )  x y 1 Đặt a = ; b = y x  0,5 Ta có (1+a)(1+b) =   a  b  ab  ( a  b )  ab  ab  ab  ab Từ ab  0,5 Áp dụng AM – GM cho số thực dương ta có  3x   x 3 x2  a a  b  ab  a a a a  (  ) (a  b)(a  1) a  b a  Tương tự ta có 3y 1  a b (  ) a  b b 1 0,5 Cộng vế theo vế ta 3x2   3y2 1  a b a b (    ) a  b a  b a 1 b 1 2ab  a  b ab  1 (1  )  (1  )  (1  ) (a  1)(b  1) 2 1 a  a  a  b  b  Dấu xẩy   a  b 1 b b    a  b b   x=y=1 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TRUNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 phút  x− x+  +   + x − 10 − x   x− 1+ :  −  x− x− 1− Câu 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức P=    x −  a Rút gọn biểu thức P b Tính giá trị biểu thức P x= 3+ 2 − 3− 2 3− 2 3+ 2 Câu 2: (4.0 điểm)  x + − y − = − a Giải hệ phương trình sau:   x + + y − = x+ 1+ b Giải phương trình 4− x + ( x + 1)(4 − x) = c Cho số tự nhiên có chữ số; Nếu xố chữ số hàng chục hàng đơn vị số giảm 5445 đơn vị Tìm số cho Câu 3: (4.0 điểm) n n a Chứng minh A= ( − 1) ( + 1) chia hết cho với số tự nhiên n b Tìm tất số nguyên dương x, y, z thoả mãn đồng thời điều kiện sau: x+y+z>11 8x+9y+10z=100 c Chứng minh xy+ (1 + x )(1 + y ) = x + y + y + x = Câu 4: (3.0 điểm) a Cho x, y>0 thoả mãn x 2y + = Tìm giá trị lớn P=xy2 1+ x 1+ y b Tìm số tự nhiên n cho B=n2-n+13 số phương Câu 5: (5.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường trịn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn, cắt Ax By theo thứ tự C D Gọi I trung điểm đoạn thẳng CD · a Tính số đo góc COD b Chứng minh OI= CD OI vng góc với AB c Chứng minh: AC.BD = R2 d Tìm vị trí điểm M để tứ giác ABCD có chu vi nhỏ Đề gồm có trang câu PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TRUNG HƯỚNG DẪN CHẤM HSG LỚP NĂM HỌC 2018-2019 Câu Nội dung Điểm a (2.5 điểm) ĐKXĐ: x ≠ 10 x>1 0.25  x− x+   x− 1+ 1  + −  :  = x −   + x − 10 − x   x − x − − x − 1.(10 − x) + ( x + 8)(3 + x − 1) x − + − x − + : = (3 + x − 1)(10 − x) x − 1( x − − 3) P=  = (4.0 điểm) 0.5 10 x − − x x − + x + x x − + 24 + x − x− 1+ : (3 + x − 1)(10 − x ) x − 1( x − − 3) 0.5 18 x − + x + 24 x− 1+ 3( x − + 3) x − 1( x − − 3) : = = (3 + x − 1)(10 − x) x − 1( x − − 3) (3 + x − 1)(10 − x) 2( x − + 2) = 3( x − + 3) x − 1( x − − 3) x − 1( x − 10) −3 x− = = 10 − x 2( x − + 2) 2( x − + 2)(10 − x) 2( x − + 2) 0.5 0.75 b (1.5 điểm) x= 3+ 2 − 3− 2 3− 2 ⇒ 3+ 2 = = + 1− + = Vậy P= − 2− −1 = 2( − + 2) (3 + 2) − (3 − 2) = (3 + 2) − (3 − 2) 1.0 0.5 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN TỐN Thời gian làm 120 phút I.PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh cần ghi kết vào tờ giấy thi) Câu Đường thẳng y = ax + b qua điểm A( ;4 )và B(2; 7) Tính M = 13a  5b b  13a  5b b Ta có đường thẳng y = ax + b qua điểm A( ;4 )và B(2; 7) nên a  b  a    2a b b      Khi 13a  5b b  13a  5b b  (  2)  (2  3)  Câu Dãy số an  thõa mãn an+1 = an + 3, với n  * a2 + a19 = 25 Tính tổng S = a1 + a2 + … + a20 Ta có có a3  a2  3; a4  a3   a2  2.3; a19  a2  17.3  25  a2  a2  17.3  a2  13  a1  a2   16 Lúc suy S = a1 + a2 + … + a20  20a1  3(1    19)  250  a3  a2  2a   Câu Cho hai số thực a, b thõa mãn  Tính a – b b  2b  3b    a3  a2  2a    a3  a2  2a   Ta có    a3  (b  1)3  b2  (a  1)2  b  2b  3b   (b  1)  b    (a  b  1) a2  a(b  1)  (b  1)2  (a  b)  1   a  b  Câu Viết phương trình đường thẳng d qua A(1;2)và cách gốc tọa độ O khoảng lớn Gọi phương trình đường thẳng qua A y  ax  b Vì phương trình đường thẳng d qua A(1;2) nên a  b  Gọi M,N giao điểm d với trục Oy Ox ,khoảng cách từ O đến d OH Ta có 1 1 a2  a2 b2 (2a  1)2       OH    5 OH OM ON b2 b2 b2  a2 a2  Dấu a  1 1  b  Do phương trình d y  x 2 2 a  a3  3a  a  Câu Cho số thực a > Tìm GTLN P = a3  a 1  a  3 a  a  3a  a  a2 a t  a    a  Ta có  Ta có P  Đặt a3  a a a a 1 a   a   t t  t 3t 2 a  a  3a  a  t 3.2 a a P      2  1 a a t t 4 t a a Vậy giá trị nhỏ P a  a2   x  by  cz  Câu Cho số thực a, b, c khác -1 số x, y, z khác thỏa mãn  y  cz  ax  z  ax  by  Tính tổng T  1   1 a 1 b 1 c  x  by  cz x  Ta có  y  cz  ax  x (a  1)  ax  by  cz   a  ax  by  c z  z  ax  by  Nên ta có T  1 xyz 2(ax  by  cz)     2  a  b  c ax  by  cz ax  by  cz Câu Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d Biết P(1) = 3, P(2) = 6, P(3) = 11 Tính Q = 4P(4) + P(-1) Ta có R( x )  P( x )  ( x  2)  R(1)  0, R(2)  0, R(3)  Do R( x )  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m)  P( x )  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  m)  ( x  2) Vậy Q( x )  3.2.1(4  m)  18  (2)(3)(4)(1  m)   195 Câu Tìm số thực a biết a  15 Ta có x  a  15; y  y  15 số nguyên a  15( x, y  ) Ta có a  15( x, y  )  xy  16  ( y  x ) 15 Nếu x khác y vế phải số vô tỉ x  15 vế trái số ngun ,vơ lí Do x  y  xy  16   x  y  4 Từ ta có a   15; a  4  15 sin   3sin  cos  cos2 Câu Cho góc nhọn  có tan   Tính M  sin  cos  cos2  sin   3sin  cos  cos2 sin   3sin  cos  cos2 cos2 M  sin  cos  cos2  sin  cos  cos2  cos2 tan   3tan   15   tan   tan   Câu 10 Tam giác ABC vuông A, đường phân giác BD, tia phân giác góc A cắt BD I Biết IB = 10 , ID = 5 Tính diện tích tam giác ABC AD ID AB AB 2 2    AD  ; AD  AB  BD   AB  (15 5)2 AB IB 2 AD AB DC AD có  AB  30(cm)  AD  15(cm);      BC  2DC Ta DC BC BC AB AB2  AC2  BC2  900  ( DC  15)2  4CD2  CD  25(cm)  AC  40(cm)  SABC  600(cm2 ) II PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giây thi) Câu 11 Giải phương trình 24  x  12  x  Điều kiện x  12 Ta đặt a  24  x ; b  12  x Khi ta có  a0  ab6  a(a  3)(a  4)    a  Từ ta có nghiệm S  24;3; 88  a  b  36  a  4 Câu 12 Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH a) Khi AB = 12cm, tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC b) Gọi E, F hình chiếu H AB, AC Chứng minh BE CH  CF BH  AH BC A N F M E B C H P O a)Gọi O trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.GọiI giao điểm ba đường phân giác tam giác ABC I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Gọi M,N,P hình chiếu vng góc I AB,AC,BC r Đặt BC  2OA  2R; IM  IN  IP  r Theo ta có   BC  5r R 2 2 Ta có AC  BC  AB  25r  144 Theo tính chất tiếp tuyến cắt BM  BP, CP  CF tứ giác AMIN hình vng nên AM  AN  r Do AB  AC  r  BM  r  CE  2r  BP  CP  2r  BC  7r  AC  7r  12 r  Từ 25r  144  (7r  12)2  (r  3)( r  4)    r   Với r  AC  SABC  54(cm2 ) Với r  AC  16 SABC  96(cm2 ) b)Ta có BE CH  CF BH  AH BC  BE BH.CH  CF BC.BH  AH.BC Ta lại có EH song song AC nên BE EH AF    BE AC  AB.AF AB AC AC Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có BE BH.CH  CF BC.BH  BE AC  CF AB  AB(CF  AF)=AB.AC=AH.BC Câu 13 Một doanh nghiệp tư nhân A chuyên kinh doanh xe gắn máy loại Hiện nay, doanh nghiệp tập trung chiến lược vào kinh doanh xe Honda Future với chi phí mua vào 23 triệu đồng bán 27 triệu đồng Với giá bán số lượng xe mà khác mua năm 600 Nhằm mục tiêu đẩy mạnh lượng tiêu thụ dòng xe ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán ước tính rằng, theo tỉ lệ giảm 100 nghìn đồng số lượng xe bán năm tăng thêm 20 Vậy doanh nghiệp phải bán với giá để sau giảm giá, lợi nhuận thu cao Gọi x giá mà doanh nghiệp phải bán ,điều kiện x > 0,đơn vị triệu đồng.Theo ta có số tiền mà doanh nghiệp giảm 27-x (triệu đồng ) chiếc.Khi số lượng xe tăng lên 20(27  x ) : 0,1  200(27  x) (chiếc) Do số lượng xe doanh nghiệp phải bán 600  200(27  x )  6000  200x (chiếc).Vậy doanh thu doanh nghiệp (6000  200x)x (triệu đồng ).Tiền vốn mà doanh nghiệp phải bỏ (6000  200x).23 (triệu đồng ).Lợi nhuận mà doanh nghiệp thu sau bán gía (6000  200x)x-(6000  200x)x.23=-200x2  10600x  138000  200( x  26,5)2  2450  2450 Gía trị lợi nhuận thu cao 2450 Khi giá bán 26,5 triệu đồng SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Năm học 2018-2019.Ngày thi 04/01/2019 Thời gian làm :150 phút Câu 1( 2,0 i m a)Cho P  x xy  x   y yz  y   z xyz  Tính 10 P1 xz  z  b) Cho x,y,z > thỏa mãn : x  y  z  xyz  Tính B= x(4  y)(4  z)  y(4  z)(4  x)  z(4  x)(4  y) Câu 2( 2,0 i m x2   3x  6x a)Giải phương trình ( x  2)  x  y  xy   2x b)Giải hệ phương trình  2  x ( x  y)  x   y Câu 3( 2,0 i m a)Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x +x +2y2  y  2xy2  xy  b)Chứng minh a13  a23  a33   an3 chia hết cho biết a1 , a2 , a3 , , an chữ số 20192018 Câu (3,0 i m Cho tam giác MNP có M , N , P nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Gọi Q trung điểm NP đường cao MD, NE, PF tam giác MNP cắt H a) MH  2OQ b) Nếu MN  MP  NP sin N  sin P  2sin M c) ME.FH  MF HE  R 2 biết NP  R Câu 5( i m) Cho a, b, c dương thỏa mãn biểu thức P ab2 bc ca2   ab bc ca 1    Tìm giá trị nhỏ ab bc ca BÀI LÀM Câu 1( 2,0 i m a)Ta có P  Khi x xy  x  10 P1   y yz  y   z  xyz   xyz  xz  z  b)Ta có x  y  z  xyz   4(x  y  z)  xyz  16 Khi ta có: x(4  y)(4  z)  x(16  4y  4z  yz)  x(yz  xyz  4x)  x ( yz  x )  xyz  2x (1) Tương tự y(4  z)(4  x)  xyz  2y (2) , z(4  x)(4  y)  xyz  2z (3) Từ (1), (2), (3) suy B  2(x  y  z  xyz)  2.4  Câu 2( 2,0 i m x2 x2   3x  6x   3( x  1)2  a)Điều kiện x  2 Ta có 2 ( x  2) ( x  2)  x  x    3( x  1)   3( x  1)  Từ ta có nghiệm phương trình  ( x  2)   ( x  2)  x   28    28  ;x  ; 3 1   28  1   28  ;x  3 2  x  y  xy   2x 2x( x  y)  y  4x   b)Ta có   2 2 x ( x  y )  x   y   x ( x  y)  x   y x x  y  xy   2x    Từ suy kết x ( x  y )  2( x  y )         Câu 3( 2,0 i m a)Ta có x +x +2y2  y  2xy2  xy   ( x  1)( x  y2  y  2)  Xét trường hợp xong b) Ta có (a13  a23  a33   an3 )  (a1  a2  a3   an ) chia hết cho 3.Theo đề ta có a1 , a2 , a3 , , an chữ số 20192018 nên suy (a1  a2  a3   an ) chia hết cho Từ suy a13  a23  a33   an3 chia hết cho Câu (3,0 i m Cho tam giác MNP có M , N , P nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi Q trung điểm NP đường cao MD, NE, PF tam giác MNP cắt H a) MH  2OQ b) Nếu MN  MP  NP sin N  sin P  2sin M c) ME.FH  MF HE  R 2 biết NP  R (rãnh gõ lời giải ,gõ hình chán ) 1 Câu 5( i m) Ta có     a  b  c  3abc Lúc ab bc ca ab2 bc ca2 ab2 bc ca2 ab2 bc ca2 Ta đặt 3 P    33 Q ab bc ca ab bc ca ab bc ca Nên ta có 3abc abc PQ   Vậy giá trị nhỏ ab   b  c  c  a  a  b  b  c  c  a a  b  c  3abc  bc ca  ab P Dấu xảy     a  b  c  a  b b  c c  a  a  b  b  c  c  a 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 trị a, b, c bình đẳng nên khơng giảm tổng quát 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 vng 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 trịn 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 trịn 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 ...1 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Tốn năm 2018-20 19 có đáp án - Phịng GD&ĐT Con Cuông Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-20 19 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hà Trung Đề thi. .. khác đáp án, ngắn gọn cho điểm tương ứng Câu Đáp án Câu A = Câu (x;y) = (1;4), (4,;1), (0 ;9) , (9; 0) Câu (x,y) = (1;2) Câu B = 0; 1;    Ta có: C  99 9 99 2  (99 9 99 2  1)    99 9 99  1 99 9... học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-20 19 có đáp án - Phịng GD&ĐT Tam Dương Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn năm 2018-20 19 có đáp án - Phịng GD&ĐT Thạch Hà Đề thi chọn học sinh giỏi

Ngày đăng: 28/04/2021, 13:37

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w