Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh lần 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Có đáp án)
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh lần 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Có đáp án), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
CẨM THỦY DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)
Năm học 2018 - 2019
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán - Lớp 9
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I. (4,0 điểm):
1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:
3 26 15 3. 2 3
x
39 80 3 9 80
2. Tính tổng:
8.12 1 8.2 2 1 8.3 2 1 8.1009 2 1
S 1 1 1 ... 1
12 .3 2 3 2 .5 2 5 2 .7 2 2017 2 .2019 2
Câu II. (4,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; 3 ); N(3;0); K(4; 5 ). Xác định tọa độ
2 2
các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.
2. Giải phương trình: 13x2 x 4 9 x 2 x 4 16 .
Câu III. (4,0 điểm):
1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2 18 y 2 2 z 2 3 y 2 z 2 18 x 27.
x4 1 y 4 1
2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho: là 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) và 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 tại B và C sao cho
H nằm giữa B và C. Vẽ HM vuông góc với OB (M OB), vẽ HN vuông góc với OC
(N OC).
1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.
Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a,, b c thỏa mãn điều kiện a b c 3.
1 1 1
Chứng minh rằng: 1.
2 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a
-------------Hết------------
Chữ ký giám thị 1:
Chữ ký giám thị 2: ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
(Đáp án gồm có 04 trang)
Bài Đáp án Điểm
1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:
3 26 15 3. 2 3
x
3 3
9 80 9 80
a 39 80 3 9 80 a3 9 80 9 80 33 9 80 9 80 . a
33 3 3
Đặt a18 3 81 80. a a 18 3 a a 3 a 18 0 0,5đ
2 a 3
a 3 a 3 a 6 0 2
a 3 a 6 0
0,5đ
3
Mặt khác: 3 26 15 3 3 3 2 3 2
3
26 15 3. 2 3 3 2 2 3 4 3 1
Suy ra: x 0,5đ
3 3
9 80 9 80 3 3 3
1
2020
(4đ) 1 1 2020 0,5đ
Vậy Q 3. 1 1 1
27 9
2. Tính tổng:
8.12 1 8.2 2 1 8.3 2 1 8.1009 2 1
S 1 1 1 ... 1
12 .3 2 3 2 .5 2 5 2 .7 2 2017 2 .2019 2 0,5đ
2 2 4 2 2 2 2
81n 81168181 n n n n 4 n 4 n
1 2 2 1 2 2 2 2 0,5đ
2n 1 2 n 1 4n2 1 4 n 2 1 4 n 2 1 4n 1
Ta có:
1 1 1 0,5đ
1 .
2 2n 1 2 n 1
Với n ≥ 1, n N Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1009 0,5đ
S 1 . 1 . ... 1 . 1009 . 1 1009
2 1 2 2 3 5 2 2017 2019 2 2019 2019
y
3
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm5 M(1; ); N(3;0);
2
A
5 4
2 K(4; ).
2 3 K
(4đ)
Xác định các đỉnh của
2 M
tam giác ABC sao cho M, N, K
1 B
lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA. N
-2 -1 O 1 2 3 4 5 6 x
C -1
-2 Lời giải:
Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b.
Vì M(1; 3 ) thuộc đường thẳng MN nên: 3 = a + b (1)
2 2
Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)
Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4
3 9
Suy ra phương trình đường thẳng MN là: y x
4 4
1 7
Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y x
3 6
5 15
phương trình đường thẳng NK là: y x
2 2
Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB
3
Phương trình đường thẳng AB có dạng y x c
4
5 5 3 11
Mà K(4; ) AB suy ra .4 c => c=
2 2 4 2
3 11
Phương trình đường thẳng AB là: y x
4 2
1
Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y x 1
3
5
Phương trình đường thẳng AC là: y x 1
2
3 11 0,5đ
y . x
4 2 x 2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
5y 4
y . x 1
2
Suy ra A(2;4)
Tương tự: B(6;1) và C(0;-1)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1. Giải phương trình: 13x2 x 4 9 x 2 x 4 16 .
Lời giải:
Đk: -1 ≤ x ≤ 1
13.x . 1 x2 9 x . 1 x 2 13
Ta có: 2
x2. 13 1 x 2 9 1 x 2 256 0,5đ
Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:
13 ; 3 3 0,5đ
13(1 x2 ); 3 1 x 2 ta được:
2
13. 13 1 x2 3 3. 3 1 x 2 13 27 13 13 x 2 3 3 x 2 40. 16 10 x 2
Áp dụng bđt Cosi ta có: 0,5đ
2 2 2 2 2 2
4.10x . 16 10 x (10 x 16 10 x ) 16 256
2 2 5
Dấu bằng xảy ra 10x2 = 16 - 10x2 x 0,5đ
5 5
1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:
3x2 18 y 2 2 z 2 3 y 2 z 2 18 x 27 .
Giả thiết 3 x 3 2 18 y2 2 z 2 3 y 2 z 2 54(1)
+) Lập luận để z23 z 3 z 2 9 z 2 9(*)
0,5đ
(1) 3(x 3)2 2 z 2 3 y 2 ( z 2 6) 54(2)
2 2 2 2 2 2
(2) 54 3(x 3) 2 z 3 y ( z 6) 3( x 3) 2.9 3 y .3
(x 3)2 3 y 2 12
y2 4 y 2 1; y 2 4 vì y nguyên dương.
Nếu y2 1 y 1 thì (1) có dạng:
III
2 72
(4đ) 3 x 3 5 z2 72 5 z 2 72 z 2 z 2 9 z 3(vì có(*)) 0,5đ
5
Khi đó 3 x 3 2 27 x 3 2 9 , x nguyên dương nên tìm được x = 6
2
Nếu y 4 y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:
2 2 2 2 2
3 x 3 14 z 126 14 z 126 z 9 z 9 z 3 (vì z nguyên dương)
Suy ra (x 3)2 0 x 3 (vì x nguyên dương)
0,5đ
x 3 x 6
Đáp số y 2; y 1
z 3 z 3 0,5đ
x4 1 y 4 1
2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho: là số
y 1 x 1
nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)
Lời giải:
x4 1 a y 4 1 m
Đặt ; với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0
y 1 b x 1 n 0,5đ a m an bm
Theo bài ra ta có: 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 0,5đ
a m x4 1 y 4 1
Mặt khác: .. Z ( vì x4 - 1 x+1 và y4 - 1 y + 1)
b n y 1 x 1
Suy ra a.mn mà (m;n) =1 suy ra an mà n = b nên a b suy ra x4 - 1 y + 1 0,5đ
Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + 1
4 44
Vì x - 1 y + 1 và y – 1 y + 1 (đpcm) 0,5đ
B
A
M
D
H
O
N C
IV 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
(6đ)
a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC.
Vì tam giác OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2 0,5đ
Vì tam giác OHC vuông tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2
Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2) 0,5đ b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.
OA OB
Vì OM.OB = OH2 OA2 = OM.OB
OM OA 0,25đ
Xét OAM và OAB có: AOB chung
OA OB
(chứng minh trên)
OM OA 0,25đ
OAM OAB (c.g.c)
MAO OBA mà AOB OBA (vì OA = AB = R)
MAO MOA 0,25đ
MAO cân tại M MA = MO M thuộc đường trung trực của AO
Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO
MN đi qua trung điểm D của OA cố định. 0,25đ
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.
Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)
OM OC
0,5đ
ON OB
Chứng minh được OMN OCB (c.g.c)
OM OC OM OC 1 0,5đ
Mà OH BC ; OD MN OM O C
1
OD OH R R 2
2
1 0,5đ
Lại có: OM.OB = OH2 O.C OB R2
2
Vậy OB.OC = 2R2. 0,5đ
3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi
2 2 0,5đ
SOMN ORD 1 1 1
Ta có: OMN OCB SS..OMN OCB OH BC
2
SOCB OH 4R 4 4 8
2 0,5đ
1 1 R
R(AB AC) R(RR )
8 8 4
0,5đ
Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng A H
R2
Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là: S khi điểm A trùng với
OMN 4
0,5đ
điểm H.
Cho các số thực dương a,, b c thỏa mãn điều kiện a b c 3. Chứng minh
1 1 1
rằng: 1.
2 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,
V ta có 1 1 a2 b 3 3 a 2 b và 33ab 2 a b b a 2 b .
(2đ) 2 0,5đ
22 1a b 1 3 2 1
Suy ra 2 1a b 2 1 1 a ab 1 a a 2 b
2 a b 1 1 a b 3 3a 2 b 3 9
1 1 1 2
Suy ra 2 (a 2 ab ) (1) 0,5đ
2 a b 2 18 1 1 1 2
Tương tự, cũng có: 2 (b 2 bc ) (2)
2 b c 2 18
1 1 1 2 0,5đ
2 (c 2 ca ) (3)
2 c a 2 18
Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được
1 1 1 3 1 2
a b c 1. Điều phải chứng minh.
2 a2 b 2 b 2 c 2 c2a 2 18 0,5đ
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1.
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ
hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.
File đính kèm:
de_thi_chon_doi_tuyen_du_thi_hoc_sinh_gioi_cap_tinh_lan_2_mo.pdf