Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Lần 2)

Để giúp ích cho việc làm bài kiểm tra, nâng cao kiến thức của bản thân, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Lần 2) bao gồm các câu hỏi bài tập hay và bổ ích giúp bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các bạn thi tốt!

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CẨM THỦY ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2) Năm học 2018 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm): Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:   26  15  3  80   80 x Tính tổng: 8.12  8.22  8.32  8.10092  S   2   2   2    3 5 2017 2.20192 Câu II (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC cho M, N, K trung điểm AC, CB, BA Giải phương trình: 13 x2  x4  x2  x4  16 Câu III (4,0 điểm): Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2  18 y  z  y z  18x  27 Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho: x4 1 y 1  số nguyên Chứng y 1 x 1 minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1) Câu IV (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) dây cung AH < R Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O; R) Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d B C cho H nằm B C Vẽ HM vng góc với OB (M  OB), vẽ HN vng góc với OC (N  OC) 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2 3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi Câu V (2,0 điểm): Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh rằng: 1    2  a b  b c  c2a -Hết -Chữ ký giám thị 1: ……………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………………… ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP (Đáp án gồm có 04 trang) Đáp án Bài Điểm Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:   26  15  3  80   80 x    a   80   80  a   80   80  3  80  80 a Đặt  a3  18  3 81  80.a  a  18  3a  a  3a  18  0,5đ a    a  3  a  3a       a  3a   0,5đ Mặt khác: 26  15       Suy ra: x  (4đ)    26  15  3  80   80  2 2 3 Vậy Q     1  27  1 2020   1 2020   43  0,5đ 0,5đ 1 Tính tổng: S  1 1 Ta có: 8.12  8.22  8.32  8.10092         12.32 32.52 52.7 2017 2.20192 8n   2n  1  2n  1 2  1 8n   4n  1 2  16n  8n   8n   4n  1 2 0,5đ 4n   4n  1 2  4n 4n  1 1        2n  2n   Với  n ≥ 1, n  N Thay n từ đến 1009 ta được: 1  1 1 1 1    1009 S                  1009  1    1009 1  3 5  2017 2019   2019  2019 y Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm5M(1; ); N(3;0); (4đ) K(4; ) Xác định đỉnh tam giác ABC cho M, N, K trung điểm AC, CB, BA -2 A K M B N -1 O C -1 -2 x 0,5đ 0,5đ 0,5đ Lời giải: Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b Vì M(1; 3 ) thuộc đường thẳng MN nên: = a + b (1) 2 Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: = 3a + b (2) Từ (1 ) (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4 3 x 4 Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y  x  15 phương trình đường thẳng NK là: y  x  2 Suy phương trình đường thẳng MN là: y  Ta có MN đường trung bình tam giác ABC suy MN // AB  Phương trình đường thẳng AB có dạng y  3 xc 3 11   c => c= 3 11  Phương trình đường thẳng AB là: y  x  Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y  x  Phương trình đường thẳng AC là: y  x  3 11   y  x  x  Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình   y   y  x   Mà K(4; ) AB suy 0,5đ Suy A(2;4) Tương tự: B(6;1) C(0;-1) 0,5đ 0,5đ 0,5đ Giải phương trình: 13 x2  x4  x2  x4  16 Lời giải: Đk: -1 ≤ x ≤ 13 x  x  x  x  13 Ta có:    256 0,5đ Áp dụng Bđt bunhicopxki cho dãy số: 13 ; 3 0,5đ  x 13  x   x 13(1  x ); 1  x   ta được: 13 13 1  x   3 1  x    13  27 13 13x   3x   40.16 10x  2 2 Áp dụng bđt Cosi ta có: 0,5đ 4.10 x 16  10 x   (10 x  16  10 x )2  162  256 Dấu xảy  10x2 = 16 - 10x2  x   2  5 1) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2  18 y  z  y z  18x  27 Giả thiết  3 x  3  18 y  z  y z  54 (1) +) Lập luận để z  z  z  z  (*) (1)  3( x  3)2  z  y ( z  6)  54(2) (2)  54  3( x  3)2  z  y ( z  6)  3( x  3)2  2.9  y III (4đ) 0,5đ 0,5đ ( x  3)2  y  12  y   y  1; y  y nguyên dương Nếu y   y  (1) có dạng:  x  3  z  72  z  72  z  72  z   z  (vì có(*)) 0,5đ Khi 3 x  3  27   x  3  , x nguyên dương nên tìm x = 2 Nếu y   y  (vì y ngun dương) (1) có dạng: 3 x  3  14 z  126  14 z  126  z   z   z  (vì z nguyên dương) Suy ( x  3)2   x  (vì x nguyên dương) x  x    Đáp số  y  2;  y  z  z    2) Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho: 0,5đ 0,5đ x4 1 y 1  số y 1 x 1 nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1) Lời giải: Đặt x4 1 a y 1 m  ;  với (a;b)=1; (m;n)=1 b,n > y 1 b x 1 n 0,5đ a m an  bm   Z b n bn an  bm b an b n b Suy ra:  mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra:   n  b  an  bm n bm n b n a m x4 1 y 1 4  Z ( x - x+1 y - y + 1) Mặt khác:  b n y 1 x 1 Theo ta có: Suy a.m n mà (m;n) =1 suy a n mà n = b nên a b suy x4 - y + Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + Vì x4 - y + y44 – y + (đpcm) 0,5đ 0,5đ 0,5đ B A M D H O N C IV 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định (6đ) a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC Vì tam giác OHB vng H có HM đường cao nên: OM.OB = OH2 0,5đ Vì tam giác OHC vng H có HN đường cao nên: ON.OC = OH2 Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì OH2) 0,5đ b) Chứng minh MN qua điểm cố định Vì OM.OB = OH2  OA2 = OM.OB  OA OB  OM OA 0,25đ Xét OMA OAB có: AOB chung OA OB (chứng minh trên)  OM OA  OMA 0,25đ OAB (c.g.c)  MAO  OBA mà AOB  OBA (vì OA = AB = R)  MAO  MOA  MOA cân M  MA = MO  M thuộc đường trung trực AO Chứng minh tương tự ta có N thuộc đường trung trực AO  MN qua trung điểm D OA cố định 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2 0,25đ 0,25đ Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)  0,5đ OM OC  ON OB Chứng minh OMN OCB (c.g.c) OM OC OM OC Mà OH  BC ; OD  MN      OM  OC OD OH R R Lại có: OM.OB = OH2  OC.OB  R 2 Vậy OB.OC = 2R2 0,5đ 0,5đ 0,5đ 3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi S OD  R2 1 Ta có: OMN OCB  OMN      SOMN  SOCB  OH BC  SOCB  OH  4R 4 1 R2  R(AB AC)  R( R  R)  8 Dấu xảy A, B, C thẳng hàng  A  H R2 Vậy diện tích lớn tam giác OMN là: SOMN  điểm A trùng với điểm H Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh rằng: V (2đ) Suy 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1    2  a b  b c  c2a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có   a 2b  3 a 2b 3 ab2  a  b  b  a  2b Suy 0,5đ a 2b 1   a b       a  ab2    a  a  2b  2 2a b 11 a b 3 a 2b 1   (a  2ab) 2  a b 18 (1) 0,5đ 0,5đ Tương tự, có: 1   (b2  2bc) 2  b c 18 1   (c  2ca) 2  c a 18 (2) (3) 0,5đ Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu 1      a  b  c   Điều phải chứng minh 2 2  a b  b c  c a 18 Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Chú ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Bài hình khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm 0,5đ ...ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP (Đáp án gồm có 04 trang) Đáp án Bài Điểm Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:   26... ≥ 1, n  N Thay n từ đến 10 09 ta được: 1  1 1 1 1    10 09 S                  10 09  1    10 09 1  3 5  2017 20 19   20 19  20 19 y Trong mặt phẳng tọa độ... 4  Z ( x - x+1 y - y + 1) Mặt khác:  b n y 1 x 1 Theo ta có: Suy a.m n mà (m;n) =1 suy a n mà n = b nên a b suy x4 - y + Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + Vì x4 - y + y44 –