Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

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


P


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 yx2 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

ym.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 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 BEAD.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


P


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


2


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:


2



 





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


xmxmm  m mm x m m



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


mm


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




  




2


2


1 2 2 1 4 2 3


3 2 3 2 3 3 3


3


m m


m m


m m


   


        



    thỏa mãn


Câu 3.


a)ĐKXĐ: 1 6.
3 x


   Phương trình

 

2


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


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


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


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 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 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.


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 2 2


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


Pabcabc  abab cabc ccabc


Lại có:

 

 



2


2 2


3 . 3 2


3


2 3 2 .


2 2 2


c c


a b c


ab        abc   


   



(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: BDHADC 90 ;0 HBDHAEnên BDHADC


. .


BD CD AD DH


  do đó tan .tanB C AD
DH




HG/ /BCnên AD AM 3 tan .tanB C 3


DHGM   


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 ASABC ;


và 1 .



tan .tan


AHB
ABC


S
A BS


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 AECEAHCAEEAB900mà EAHEABAECCAE ACEcân
Tương tự ta cũng có BI là trung trực AF suy ra Ilà tâm đường tròn ngoai tiếp AEF



b) Kẻ IMBCtại M MEMF.Gọi rlà bán kính đường trịn nội tiếp ABC thì
.


IMr Ta có ABFcân tại B, ACEcân tại C nên EFABACBC


Ta dễ dàng chứng minh được ABACBC2rsuy ra EF 2 .r Vì CI là trung trực AE
nên KECKACKAHKAC KAH; KFE900 KECKFE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 yz 2019



0 2


2019


0


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





2


xyzxzzxyxzyx 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





×