Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Đà Nẵng (Có đáp án)

SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TP LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút 1 2 2 3 Câu 1 (1 điểm).Tính A 2 3 3 3 3 Câu 2(2 điểm).Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B(6;0) và C(0;3) và đƣờng thẳng dm có 1 phƣơng trình y mx22 m với m là tham số mm 0; . 2 a)Tìm tọa độ giao điểm của hai đƣờng thẳng BC và dm b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đƣờng thẳng dm chia tam giác OBC thành hai phần có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ) . Câu 3(2 điểm). a)Tìm x biết 24 8 9 x2 x 2 3 x 4 12 7 19 x 1 y 3 b) Giải hệ phƣơng trình 2x 6 3y 14 18 x 1 y 3 Câu 4(1 điểm). Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35 điểm kết quả cụ thể đƣợc ghi trong bảng sau ,trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc đƣợc (tại vị trí đánh dấu *) Điểm số của mỗi lần bắn 10 9 8 7 6 5 Số lần bắn 2* 40 1* 1* 9 7 Em hãy tìm lại các chữ số hàng đơn vị trong 3 ô đó Câu 5(3 điểm). Cho tam giác nhọn nội tiếp ABC trong đƣờng tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của AB . Lấy hai điểm D,E lần lƣợt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho DB< DA <AB ,EA < EC và OD=OE. a)Chứng minh rằng MA22 MD. DA DB b)Chứng minh rằng OA22 OD. DA DB và DA. DB E A. EC . c) Gọi lần lƣợt G,H,K là trung điểm của các đoạn thẳng BE,CD và ED.Chứng minh rằng đƣờng thẳng ED là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác GHK. Câu 6(1 điểm). Cho ba số x,y,z thỏa mãn các hệ thức (z 1) x y 1và x2 zy . Chứng minh rằng (2x y )( z2 z 1) 7 và tìm tất cả các số nguyên x,y,z thỏa mãn các hệ thức trên ĐÁP ÁN 1 2 2 3 1 2 3 Câu 1 (1 điểm).Tính A 2 3 (3 3) 1 2 3 3 3 3 3 3 Câu 2(2 điểm). 1 a)Ta có phƣơng trình đƣờng thẳng BC là yx 3 .Tìm tọa độ giao điểm của hai đƣờng thẳng 2 y mx22 m x 2 BC và dm là nghiệm của hệ 1 .Tọa độ giao điểm là (2;2). yx 3 y 2 2 b) 1 Ta có S x . y 9 (đvdt). OBC2 B C Gọi E, F lần lƣợt là giao điểm của dm với trục hoành Ox, trục tung Oy.Ta có 2(m 1) Ed x ;Fd y 2(m1); m Em m F Xét các trƣờng hợp: 1 TH1: m 1 3 2(1 m) 0 y y y .Trong trƣờng hợp này thì F nằm giữa 2 CFO O, C hoặc F≡O CF CO 3. Khi đó, để chia tam giác OBC thành 2 phần có diện 1 9 9 tích bằng nhau thì: S S CF 3 (vô lí!). CDF2 OBC 2 2 m 1 m 1 TH2: m10 302. 6xxx mmOEB 1 m 1 m 1 hoặc m 0 3 0 2. 6 x x x . Trong trƣờng hợp này thì E 2 m m OEB nằm giữa O, B. Khi đó, để chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng 1 9 9 3 m 1 3 nhau thì: S S BE xOE 2. m4 (thỏa). BDE2 OBC 2 2 E 2 m 2 Vậy để chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì m=4. Câu 3(2 điểm). a)Điều kiện ( 3 x 3) .Ta có 2489 x2 x 23 x 42(3 x 3) x x 23 x 4 2 3 x x 4 x 2. 12 7 12 7 12 7 19 19 19 x1y3 x1y3 x1y3 b)Ta có .Đặt ẩn phụ từ đó 2x63y14 8 5 85 18 2 3 18 13 x1y3 x1 y3 x1y3 suy ra nghiệm của hệ là (2;-2). Câu 4(1 điểm). Gọi các chữ số hàng đơn vị cần điền vào ô thứ nhất, thứ nhì, thứ ba lần lƣợt là a, b, c ( (a , b , c ,0 a , b , c 9) . Từ giả thiết: ngƣời đó đã bắn 100 lần, ta có đƣợc PT: 2a 40 1b 1 c 9 7 100 a b c 4 c 4 . Từ giả thiết: điểm trung bình trong 100 lần bắn là 8,35, ta có đƣợc PT: 1 (10.2a 40.9 8.1b 7.1 c 6.9 5.7 8,35 10 a 8 b 7 c 36 (2). 100 Từ PT (2) rút ra nhận xét: c chẵn. Lại có cc 4 0;2;4 . Thử 3 trƣờng hợp của c, đƣợc 1 TH có nghiệm là khi c =0 hay suy ra a=2;b=2.Kết luận: các số cần điền theo thứ tự là 2, 2, 0. Câu 5(3 điểm). a) MA22 MD. DA DB=(MA−MD)(MA+MD)=(MB−MD)(MA+MD)=BD.AD b)OA2 OD()(). 2 AM 2 OM 2 DM 2 OM 2 AM 2 DM 2 DA DB. Hạ OT⊥AC. Chứng minh tƣơng tự, ta có OA22 OE EA. EC . Lại có OE=OD nên DA.. DB OA2 OD 2 OA 2 OE 2 EA EC .VậyOA22 OD DA.D. B EA EC . c) Gọi (F) là đƣờng tròn ngoại tiếp△GHK, △BED có K, G lần lƣợt là trung điểm DE, BE BC suy ra KG là đƣờng trung bình của tam giác .Ta suy ra KG//BD; KG .Ta có △CED có K, H 2 lần lƣợt là trung điểm DE, DC nên suy ra KH là đƣờng trung bình của tam giác hay KH//EC; EC KH .Ta có KH//EC;KG//BD suy ra GKH BAC . Theo b) ta có 2 DB CE DB CE KG DB CE HK DA. DB E A. EC . Lại có AE DA 2AE 2AD AE 2AE 2AD AD suy ra △KGH đồng dạng △AED(c.g.c) hay AD E KHG . Ta lại suy ra KG//BD hay AD E DKG .Suy ra KHG DKG . Từ đó chứng minh đƣợc DE là tiếp tuyến của (F) Câu 6(1 điểm). + Xét z 0 x 2 y 3(2x)( y z2 z 1)7 (Đúng). + Xét z 1 y 1 x 3(2x)( y z2 z 1)7 (Đúng). y 1 x (1) + Xét z khác 0 và z khác 1.Khi đó từ phƣơng trình (z 1) x y 1 z 1 y ( z 1) x 1(2) x 2 yz (3) và từ phƣơng trình x yz 2 2 x .Từ phƣơng trình (1) và (3) y (4) 4 y 1 2 yz y ( z2 z 1) 2z 5(5) . z 1 Từ phƣơng trình (2) và (4) suy ra 2 x (z 1) x 1 x ( z22 z 1) 2 z 2x( z z 1) 2z 4 (6). z Lấy (6)−(5)(6)−(5) vế theo vế ta đƣợc: (2x y )( z2 z 1) 7 . Vậy tóm lại ta luôn có (∗). Tiếp theo ta đi tìm x,y,z ∈Z thỏa mãn các hệ thức trên. 13 Ta có nhận xét rằng: z z22 z 1 ( z ) 0 2x y 0. 24 Khi đó từ phƣơng trình (∗), ta xét hai trƣờng hợp: TH1: 2x y 1và zz2 17 . Từ zz2 17 z = 3 hoặc z = −2. + Với z = 3, thay vào phƣơng trình x+zy = 2 hay x+3y = 2, kết hợp với 2x−y = 1 ta suy ra đƣợc: x = 1;y = 1. + Với z = −2, thay vào phƣơng trình x+zy = 2 hay x−2y=2, kết hợp với 2x−y=1 ta suy ra đƣợc: x = 0;y = −1. TH2: 2x−y = 7 và zz2 11 suy ra z = 0 hoặc z = 1.Đến đây lại quy về hai trƣờng hợp mà ta đã xét ở trên.Thử lại tất cả đều thỏa mãn.Vậy các giá trị x;y;z nguyên thỏa mãn các hệ thức trên là (1;1;3),(0;−1;−2),(2;−3;0),(3;−1;1).