Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Thái Bình năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (299.96 KB, 6 trang )

(1)

THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. Cho biểu thức 1 1 : 1 1

1 1 1 1

xy x xy x

x x

xy xy xy xy

 _ _   _ _ 

__   _{ }_{ }   __

   

   

Với ,x y0,xy1
a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của Pkhi 3 3

4 2 6 4 2 6

x    và yx2 6
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,cho các đường thẳng

  

d : m1



x y 3m4và

 

d' :x



m1



ym.Tìm m để (d) cắt

 

d' tại điểm M sao
cho MOx300

Câu 3. a) Giải phương trình 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0
b) Giải hệ phương trình:

3 2 2

2 2 2 4 0

4 1 3 7

x x x y x y

x xy x x y

      




     



Câu 4. Chứng minh rằng nếu a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3
thì 3a2 3b2 3c24abc13

Câu 5. Cho tam giác ABCnhọn. Vẽ các đường cao BEvà AD.Gọi H là trực tâm và G là
trọng tâm tam giác ABC.

a) Chứng minh rằng HG/ /BCthì tan .tanB C3

b) Chứng minh rằng t anA.tan .tanB C tanAtanBtanC

Câu 6. Cho ABCvuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác ABC ABH ACH, , .Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ AK, với cạnh
BC lần lượt là Evà F

a) Chứng minh rằng Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp AEF

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJKvà đường tròn ngoại tiếp
ABC

 có bán kính bằng nhau.

Câu 7. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương



x y z; ;



sao cho 2019
2019
x y

y z


 là số hữu tỉ và

2 2 2

(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.

a) Ta có:





 















 















1 1 1 1

1 1

1 1 1 1 ₂ ₂ ₁ ₁

2 2

1 1 1

x xy xy x xy xy

xy xy

xy xy x xy x xy _x _x

x y xy xy

xy xy xy x

      



 

       _ _

  



  

b) Ta có:









3 3 3 3 3

8 3 4 2 6 . 4 2 6 4 2 6 4 2 6 8 6
1 2

. 6 8 8

4
8

x x

x x xy P

        

       

Câu 2. Từ



m1



x y 3m   4 y



1 m x



3m4thế vào phương trình đường
thắng

 

d' ta có:













 





1 . 1 3 4 2 2 3 2 (*)

x m x m m  m m m x m m

Để (d) và (d’) cắt nhau tại M thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất, suy ra
0, 2

m m

Khi đó x 3m 2 y



1 m



3m 2



3m 4 m 2.

m m m

 

      Do đó M 3m 2;m 2

m m

 

 

 

 

Kẻ MHvng góc với Ox.Do MOx300nên tan tan 300 2
3 2

MH m

MOx

OH m



  



1 2 2 1 4 2 3

3 2 3 2 3 3 3

m m

   

  _ _      

    thỏa mãn

Câu 3.

a)ĐKXĐ: 1 6.
3 x

   Phương trình



 



3x 1 4 6 x 1 3x 14x 5 0

(3)











3 15 5 3 1

5 3 1 0 5 3 1 0

3 1 4 6 1 3 1 4 6 1

x x

x x x x

   

        _    _

         

Do 1 6
3 x

   nên 3 1 3 1 0

3x 1 4 6 x 1 x 
Do đó x5là nghiệm của phương trình.

b) ĐKXĐ: 3x  y 7 0.Từ phương trình thứ nhất ta có



x2 2





x y 2



0

Vì x2  2 0nên x    y 2 0 2 xthế vào phương trình (2) ta được:









2 2

2
2

2 4 1 3 2 7 4 5 2 6 1

2 4 5 4 12 2 2 4 5 11 2 3

x x x x x x x x x

x x x x x

            

         

Đặt 4x  5 2t 3,ta có hệ phương trình:











 





 





2 2

2 3 4 5

2 3 2 3 4 2 0

2
2 3 4 5

t x _t _x

t x x t t x t x

t x
x t

 _ _ _ _ _
 _ _ _ _ _ _{  } _{ } _{ }
 _{  }

  

Xét

2 ₂ ₃

4 1 0

4 5 2 3 ( )

2 3 0 ₃

x x

t x x x TMDK

x _y
  
    
     _ _
  _{ }
 _
Xét

2 ₁ ₂

2 1 0

2 4 5 1 2 ( )

1 2 0 ₁ ₂

x x

t x x x TMDK

x _y
  
    
      _ _
  _{ }
 _

Vậy hệ phương trình đã cho

 

x y; 





2 3; 3 ; 1

 

 2;1 2





Câu 4.

Vì a b c, , là ba cạnh của một tam giác nên a      b c 3 c c 3 2c0
Đặt













2 2 2 2 2

3 3 3 4 3 2 3 4 3 3 3 2 3 2

P a  b  c  abc _ ab  ab_ c  abc c  c  ab  c

Lại có:



 



2 2

3 . 3 2

2 3 2 .

2 2 2

c c

a b c

ab_  _ _  _   ab  c   

   

(4)







 













 





 



2 2 ₂ ₂

2 ₂ ₂

2 2

3 2 2

6 9 3 2

3 . 3 2 2 3 27

3 3 3 3

2 2 2

2 2 2 1 26 ₂ ₁ ₁

13 13

2 2

c c c

c c c c

P c c c

c c c c c _{c c} _c

  

   

      

      _ _{ }

   

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1
Câu 5.

a) Gọi M là trung điểm BC

Ta có: tan .tanB C tanABD.tanACB AD AD.
BD CD

 

Xét BDHvà ADCcó: BDH  ADC 90 ;0 HBDHAEnên BDH ADC

. .

BD CD AD DH

  do đó tan .tanB C AD
DH



Vì HG/ /BCnên AD AM 3 tan .tanB C 3

DH GM   

N

G

M

H

D

E

A

(5)

b) Ta có tan .tan .
tan .tan _ABC

B C

DH B C S

   Tương tự ta cũng có

tan .tanC A S_ABC ;

và 1 .

tan .tan

AHB
ABC

S
A B  S

Do đó: 1 1 1 1

tan .tan tan .tan tan .tan

AHB BHC CHA

ABC

S S S

A B B C C A S

 

   

Suy ra tanAtanBtanCtan .tan .tanA B C
Câu 6.

a) Ta có AECEAH CAEEAB900mà EAH EABAECCAE ACEcân
Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra Ilà tâm đường tròn ngoai tiếp AEF

b) Kẻ IM BCtại M MEMF.Gọi rlà bán kính đường trịn nội tiếp ABC thì
.

IM r Ta có ABFcân tại B, ACEcân tại C nên EF  AB ACBC

Ta dễ dàng chứng minh được AB ACBC2rsuy ra EF 2 .r Vì CI là trung trực AE
nên KEC KACmà KAH KAC KAH; KFE900 KECKFE900

Hay KEFvuông tại K

2
EF

MK r MJ MI MK r

      

Câu 7.

M

F

E

K

J

I

H

A

(6)

Đặt 2019
2019

x y a

b
y z

 _

 với a b,  *và

 

a b, 1. Ta có: b x



 y 2019

 

a yz 2019







0 2

2019

bx ay _x _y _a

bx ay az by zx y

az by y z b

 



    _{  }     



Do đó ₂ ₂ ₂





2 ₂





2 ₂







x  y z  xz  zx y  xz  y  x y z x z y
Vì , ,x y znguyên dương nên x  y z 1.Vậy x2  y2 z2là số nguyên tố thi

2 2 2

1.
1

x y z x y z

x y z

x z y

     

   

 _{  }

 Khi đó

2019
1
2019
x y

y z

 _

 và

2 2 2