Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk Lắk năm 2018- 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (257.3 KB, 6 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

ĐỂ CHÍNH THỨC

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

Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức A 



3 2 3



33 12 5 3 37 30 3
b) Giải hệ phương trình: 6 12 8

2 1 2

x x x x y y

x x y

 _ _ _{ }




  



Câu 2. a) Cho phương trình 2

4 2 2 5

x  x x  m (mlà tham số). Tìm tất cả các giá trị
của mđể phương trình có 4 nghiệm phân biệt

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,một đường thẳng dcó hệ số góc k di qua điểm M

 

0;3 và
cắt Parabol

 

P :y x2tại hai điểm A B, . Gọi C D, lần lượt là hình chiếu vng góc của

A Btrên trục Ox.Viết phương trình đường thẳng d,biết hình thang ABCDcó diện tích
bằng 20.

Câu 3.

a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2  y2 2xy6x4y20

b) Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó

Câu 4.

Cho điểm Anằm ngồi đường trịn

 

O . Vẽ hai tiếp tuyến AB AC B C, ( , là các tiếp điểm) và
một cát tuyến ADEcủa (O) sao cho ADEnằm giữa hai tia AOvà AB(D E, thuộc

 

O ).
Đường thẳng qua Dsong song với BEcắt BC AB, lần lượt tại ,P Q

a) Gọi Hlà giao điểm của BCvới OA.Chứng minh rằng tứ giác OEDH nội tiếp
b) Gọi Klà điểm đối xứng của Bqua .E Chứng minh , ,A P Kthẳng hàng.

Câu 5. Cho hình vng ABCD.Trên các cạnh CB CD, lần lượt lấy các điểm M N, (M khác
B và C, N khác C và D) sao cho MAN 45 .0 Chứng minh rằng đường chéo BDchia tam

giác AMNthành hai phần có diện tích bằng nhau.

Câu 6. Cho , ,a b c0thỏa mãn a  b c 3.Chứng minh rằng: ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1 3

1 1 1

a b c

b c a

 _  _  _

(2)

ĐÁP ÁN
Câu 1. a) Ta có:







 









 





 









3
3

2 2

3 2 3 33 12 5 1 2 3 3 2 3 33 12 4 2 3

3 2 3 33 12 3 1 3 2 3 21 12 3 3 2 3 3 2 3

3 2 3 2 3 3 3

A        

         

   

b) ĐKXĐ: ,x y0

Ta có: x x 6x12 x  8 y y 



x2

  

3  y 3  y  x2
Thế vào phương trình thứ hai được







1 1( )

2 1 2 4 1 3 0

9 1 1

x y ktm

x x x x x

x y y

    

         

    



Vậy hệ có nghiệm

   

x y;  9;1
Câu 2.

a) Ta có phương trình tương đương



x2



2 2 x   2 m 1 0. Đặt x  2 t 0
Ta có phương trình 2

2 1 0(*).

t    t m Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì
phương trình

 

* phải có 2 nghiệm tdương phân biệt. Khi đó:

' 0

2 0 1 0

1
1 0

m
m

m
 



 


      

 _{  }


  



b) Gọi phương trình đường thẳng

 

d :yaxb.Vì

 

d đi qua M

 

0;3 nên

 

d :yax3

Hoành độ giao điểm của

 

d và

 

P là nghiệm của phương trình: x2 ax 3 0, do

 

1.  3 0nên phương trình x2 ax 3 0ln có 2 nghiệm phân biệt hay

 

d cắt

 

P tai
hai điểm phân biệtAvà Bcó hồnh độ x x_A, _B. Theo Vi-et thì

. 3

A B

x x a

x x

 



 _{ }

 . Khi đó tọa độ



 



; , ;

A A B B

(3)

Ta có:













2
2 2
.
20
2 2

A B A B

ABCD

x x x x

AC BD CD

S      











₂



₂

2 4 40 6 12 40

A B A B A B A B

x x x x x x x x a a

 

_   _       

Đặt 2

a  t, ta có: t3 6t 40  0



t 4





t2  4t 10



0



 



2 ₂

4 2 6 0 4 12 4 2

t  t  t a a

  _   _         

Phương trình đường thẳng

 

d :y  2x 3;

 

d :y2x3
Câu 3.

a) Ta có phương trình tương đương:



x1

 

2  x y 2



2 25



 



2 ₂ ₂ ₂ ₂

1 2 25 0 5 3 4

x x y

          . Xét các trường hợp sau:

  



 





  



 





  



   

 





  



 





1 0

1: ; 1; 6 ; 1;4

2 5
1 5

2 : ; 6;4 ; 4; 6

2 0
1 3

3 : ; 2; 8 ; 2;0 ; 4;6 ; 4; 2
2 4

1 4

4 : ; 3; 8 ; 3; 2 ; 5; 6 ; 5;0
2 3

TH x y

x y
x

TH x y

x y
x

TH x y

x y
x

TH x y

x y
 

    
   

  
   

  

  
 _ _ _ _ _{ }

  

  
 _ _ _ _ _{ } _

  


b) Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd 



a  b c d



3, theo bài ra 1000abcd 9999

Đặt 3

1000 9999 10 21
a    b c d n n    n

Mặt khác abcd 999a99b9c n n3



n3 n



9



n1

 

n n1 9



Do đó trong 3 số n1; ;n n1phải có một số chia hết cho 9,kết hợp với 10 n 21



10;17;18;19



n
 

(4)

Vậy n



4913;5832



Câu 4.

a) Áp dụng phương tích đường trịn ta có AB2  AD AE. . Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác ABO vng có:AB2 AH AO. AH AO. AD AE.

AH AD

AHD AEO

AE AO

    

AHD AEO

  nên tứ giác OEDHnội tiếp
b) Gọi Ilà giao điểm của AEvới BC.Ta có:
AHDDEOODEOHEBHDBHE

Suy ra HIlà phân giác ngoài của DHEmà HI AHnên HAlà phân giác ngồi DHE

Do đó HD AD ID

HE  AE  IE mà PQ/ /BKnên

DQ AD ID DP

DQ DP
EB  AE  IE  EB  
Ta có: DQDP EB, EKvà PQ/ /BKnên , ,A P Kthẳng hàng

I

K

H

Q

P

D

C

B

O

A

(5)

Câu 5.

Đường chéo BDcắt AN AM, lần lượt tại Pvà Q. Ta có PAM PBAPAM 450nên tứ
giác ABMPnội tiếp. Suy ra PMAPBAPAM 450 APM vuông cân

Tương tự 0

NDQNAQ nên tứ giác ADNQnội tiếp QNA QDA QAN  450
AQN

  vuông cân. Kẻ PH AMtại HHAHM PHhay AM 2PN

Ta có: . . 1 2

. .2 2

APQ

AMN APQ

AMN

S _{PH AQ} _{PH NQ}

S S

S  NQ AM  NQ PH   
Câu 6.

Áp dụng Cơ si ta có



 





 







2 2

1 1

1 1 1

1 1 2 2

a b a b

a ab b

a a a

b b b

 

 _ _{ } _ _{ } _ _{ } 

 

Tương tự ta cũng có ₂ 1





; ₂ 1





1 2 1 2

b bc c c ca a

b c

c a

 _ _{ }   _{  } 

 

Cộng vế theo vế ta được:

Q

H

P

N

C

D

A

B

(6)

2 2 2

1 1 1 3

3 6

1 1 1 2 2

a b c ab bc ca a b c ab bc ca

a b c

b c a

 _  _  _{    }      _{ }   

  

Mặt khác ta có BDT



a b c



2 3



ab bc ca



ab bc ca3
Do đó : ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1 3.

1 1 1

a b c

b c a

 _  _  _