Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Quảng 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 (245.3 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019


MƠN THI:TỐN
Ngày thi : 14.03.2019
Câu 1. (2,5 điểm)


a) Cho biểu thức 1 3 2


1 1 1


A


x x x x x


  


    với x0.Rút gọn và tìm


giá trị lớn nhất của A


b) Khơng dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
4 10 2 5 4 10 2 5


B     


Câu 2. (2,0 điểm)



a) Xác định các hệ số ,a bđể hệ thức P x

 

x4 2x33x2 axblà bình
phương của một đa thức


b) Giải phương trình: 3 4 x 4x  1 16x2 8x1 (1)
Câu 3. (2,5 điểm)


Cho đường trịn (O) và dây cung BCakhơng đổi

OBC

. A là một điểm di
động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABCcó ba góc nhọn. Các đường cao


, ,


AD BE CKcắt nhau tại H

DBC E, AC K, AB


a) Trong trường hợp BHCBOC,tính AHtheo a


b) Trong trường hợp bất kỳ, tìm vị trí của Ađể tích DH DA. nhận giá trị lớn
nhất


Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên nsao cho C2019n 2020là số
chính phương.


Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,x y zthỏa mãn x   y z 2 xyz.
Chứng minh rằng: x   y z 6 2

yzzxxy



Câu 6. (1,0 điểm)


Cho tam giác vng ABCAB3,AC4,BC5.Xét các hình chữ nhật



(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1.



a) Với x0ta có:











1 3 2


1 1 1 1


1
1 3 2 2


1 1 1 1


A


x x x x x x


x x


x x x x


x x x x x x x


  


     





    


  


     


Ta có:


2


1 3


1 0 0


2 4


0 0


x x x x


x x




       


  



 




  


x1

2     0, x 0 x 2 x   1 0, x 0


1 , 0 1, 0 1, 0


1
x


x x x x x A x


x x


             


 


1 1


A  x


Vậy giá trị lớn nhất của Abằng 1 khi x1.
)



b Ta có:








2


2


4 10 2 5 4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5
8 2 16 10 2 5 8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1
6 2 5


B           


            


 


6 2 5 5 1( .... 0)


B do B


     


Câu 2.


a) Ta có P x( )

x2 cxd

2 x4 2cx3 

c2 2d

2cdxd2, x
P x

 

x4 2x3 3x2 axb


Do đó ta có hệ phương trình:


2


2


2 2 1


2 3 1


2 2


1


c c


c d d


cd a a


b


d b


 


   







 


 


 





(3)

b) ĐK: 1 3(*)
4 x 4




 


ta có:

3 4 x  4x1

2  3 4x2

3 4 x



1 4 x

 1 4x






4 2 3 4x 1 4x 4 3 4x 1 4x 2 (2)


         


Lại có: 16x2 8x  1 2

4x1

2 2(3)
Từ (2) và (3) ta có:


 










2 2


3 4 2 3 4 1 4 1 4 4


3 4 1 4 2


1


16 8 1 2 16 8 1 0


3
4
3 4 1 4 0


1
1


( (*))


1 4 4


4 1


4


x x x x



x x


x x x x


x


x x


x tm


x
x


x




           


 




   


    


 


 










     


 


 




 



Vậy phương trình có nghiệm 1
4
x 


Câu 3.


a) Xét tứ giác AKHEK E 900 BACBHC1800mà BHCBOC


0 0


2 3 180 60


BOCBACBAC BAC



M



I



H


K



D



E


O



B




(4)

Kẻ đường kính BI,suy ra tứ giác AICHlà hình bình hành AHCI(1)
Gọi M là trung điểm của BCIC2OM(2) (đường trung bình)


Từ (1) và (2) suy ra AH 2OM


Do M là trung điểm của BCOMBCOMlà tia phân giác của BOC


0 0 1 3 3


60 .cot 60 .


2 3 6 3


a a a



MOC OM MC AH


       


b) Ta có DBH DAC DB DH DA DH. DB DC.


DA DC


     


Áp dụng bất đẳng thức



2


4
x y


xy  (Dấu " " xảy ra khi xy)


Ta có:



2 2


. .


4 4


DB DC a


DA DHDB DC    (không đổi)


Dấu “=” xảy ra khi DBDChay D là trung điểm của BC.


.
DA DH


 nhận giá trị lớn nhất là


2


4


a khi D là trung điểm của BC.


ABC


  cân
tại A  Alà điểm chính giữa của cung BC.


Câu 4.


Với mọi số tự nhiên athì a2khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0;1;4
Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chi 8 dư 42019n 3 (mod8)n


-Nếu nchẵn thì n2 ,k k 2019n 32k

mod8

 C 5 mod8


Nên C khơng thể là số chính phương


-Nếu nlẻ thì n2k1,k 2019n 32k13.32k 3(mod8)Ckhơng thể là
số chính phương.


Kết luận: Khơng tồn tại nthỏa u cầu bài tốn.


Câu 5.


Đặt 1 , 1 , 1


1 1 1


a b c


x y z


  


   . Khi đó x   y z 2 xyz   a b c 1


x 1 1 1 a b c,y c a,z a b


a a a b c


   


     


Vậy 6 6


cyc


b c c a a b c a a b


x y z



a b c c b


      


       


 



(5)





2 2


cyc


c a a b


yz zx xy


bc


 


  


Đẳng thức xảy ra khi a b chay x  y z 2
Câu 6.


Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên BC và PQ
Tam giác ABCvuông tại A nên . 12.



5
AB AC
AH


BC


 


Đặt PNx PQ,  y


Vì APQACBsuy ra 1 5 5 25


5 12 12


PQ AK y


x y x


CBAH      


2
2


25 25 6


. 5 3 3


12 12 5


MNPQ



Sx yxx   x 


 


Vậy giá trị lớn nhất của SMNPQbằng 3 khi 6
5


x và 5
2
y


K



H

N



M



P


A



B

C






×