Tải bản đầy đủ

036 đề thi HSG toán 9 tỉnh an giang 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH
Khóa ngày 23-3-2019
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút

Câu 1. (3,0 điểm)
Rút gọn biểu thức A  12  4 2  2 3  4 6
Câu 2. (3,0 điểm) Cho a  3 6 3  10; b  3 6 3  10. Tìm phương trình bậc hai có hai
nghiệm là a 2 và b 2 đồng thời các hệ số đều là số nguyên và hệ số của x 2 bằng 2019.
Câu 3. (3,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y  0,5 x 2 và đường
thẳng  d  : y  1,5x  2m  1. Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng  d  cắt (P) tại
điểm khác gốc tọa độ và có hoành độ gấp hai lần tung độ
Câu 4. (3, điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết bình phương của số đó sau khi đã
bỏ đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị cộng với số đó bằng 2419
x 2  4 xy  5 y 2 2
Câu 5. (3,0 điểm) Cho hai số x, y thỏa 2


x  2 xy  2 y 2 5

Tính giá trị của biểu thức A 

3x  2 y
x y

Câu 6. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C, biết BAC   , AB  a. Lấy một điểm
D nằm bên trong tam giác ABC sao cho CD vuông góc DB và góc ACD  DBA. Gọi E
là giao điểm của AB và CD.
a) Tính độ dài đoạn thẳng AE theo a và 
b) Gọi F là giao điểm của DB và AC. Chứng minh FC 2  FD.FB
Câu 7. (2,0 điểm)
Cho 8 đường tròn có cùng bán kính biết
rằng khi sắp ba đường tròn và 5 đường
tròn có tâm nằm trên đường thẳng sao
cho khoảng cách giữa hai tâm liền kề
bằng nhau thì khoảng cách lớn nhất giữa
hai đường tròn biên bằng 20 cm và 32
cm (hình vẽ). Tính bán kính đường tròn.


ĐÁP ÁN
Câu 1. Khai căn biểu thức A

A  12  4 2  2 3  4 6
 1 8  3  4 2  2 3  4 6




1 2 2  3



2

1 2 2  3

Câu 2.



a  3 6 3  10; b  3 6 3  10
3

6 3  10  3 1  3 3  3.3 

 
3

3

1 3

b  3 6 3  10  1  3



a 2  b2  1  3

   1  3 
2

2



 8; a 2b2  1  3

 1  3 
2

2

4

Vậy phương trình bậc hai cần tìm là: 2019  x 2  8x  4   0
Hay 2019 x2  16152 x  8076  0
Câu 3.

 P  : y  0,5x2 ;  d  : y  1,5x  2m  1
Gọi tọa độ giao điểm là  x0 ; y0  ; x0  0. Ta có x0  2 y0 thay vào (P) ta được:

y0  0,5  2 y0 

2

 y0  0(ktm)

 tọa độ giao điểm  1; 0,5 
 y0   1

2

Thay vào phương trình (d) ta được: 0,5  1,5  2m  1  m  1
Vậy m  1 thỏa đề bài.


Câu 4.
Giả sử số cần tìm là abcd với a; b; c; d 0;1;......;9 theo đề bài ta có:

 

abcd  ab

2

 2419

 1000a  100b  10c  d  10a  b   2419
2

Dễ thấy a  1hoặc a  2 (vì nếu a  0 vế trái bé hơn vế phải , ngược lại a  3 vế trái lớn
hơn vế phải)
Xét a  2  2000  100b  10c  d  400  40b  b2  2419

 140b  10c  d  b 2  19
c  1
 b  0  10c  d  19  
d  9
Vậy abcd  2019
Xét a  1  1000  100b  10c  d  100  20b  b2  2419
 120b  10c  d  b2  1319

Do b có một chữ số nên b  8, b  9
Nếu b  8  960  10c  d  64  1319  10c  d  cd  295 vô nghiệm
Nếu b  9  1080  10c  d  81  1319  10c  d  cd  158vô nghiệm
Vậy abcd  2019
Câu 5.
Do x  0, y  0 không thỏa điều kiện ta viết lại đẳng thức như sau:


2

x
x

4.
5


y
y
x 2  4 xy  5 y 2 2
2
   2

2
2
x  2 xy  2 y
5
5
x
x

2.

2
 y
y
 

Đặt t 

x
ta được:
y

t 2  4t  5 2
  5  t 2  4t  5   2  t 2  2t  2 
2
t  2t  2 5
t  1
 3t 2  24t  21  0  
t  7

Ta có: A 
Vậy A 

3x  2 y 3t  2

x y
t 1

1
19
hoặc A 
2
8

Câu 6.

C
F
D
A

E

B

a) Ta có: ACE  BCE  900  CBD  BCD  ACE  CBD  DBE


DB vừa là đường cao vừa là phân giác của tam giác BCE nên tam giác BCE cân tại B
 BC  BE
Mặt khác xét tam giác vuông ABC có : BC  a.sin 
Vậy AE  AB  BC  a.1  sin  
b) Tam giác FCB vuông tại C có CD là đường cao , áp dụng hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta được: FC 2  FD.FB
Câu 7.
Gọi bán kính đường tròn và khoảng cách phần giao nhau lần lượt là x; y . Điều kiện
x0
6 x  2 y  20
Ta có hệ phương trình: 
10 x  4 y  32

Giải hệ ta được x  4, y  2. Vậy bán kính đường tròn bằng 4cm.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×