Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

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



xxx  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 :yx2tại 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 AOAB(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  yx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


0


2 0 1 0


1
1 0


m


m
m


m
 




 


      


  



  




b) Gọi phương trình đường thẳng

 

d :yaxb.Vì

 

d đi qua M

 

0;3 nên


 

d :yax3


Hoành độ giao điểm của

 

d

 

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 biệtABcó hồnh độ x xA, B. Theo Vi-et thì


. 3


A B


A B



x x a


x x


 




 


 . Khi đó tọa độ


2

 

2



; , ;


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

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


12


a  t, ta có: t3 6t 40  0

t 4

t2  4t 10

0


 

2 2


4 2 6 0 4 12 4 2


ttt 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 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


x


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 nn    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:
AHDDEOODEOHEBHDBHE


Suy ra HIlà phân giác ngoài của DHEHIAHnên HAlà phân giác ngồi DHE


Do đó HD AD ID


HEAEIEPQ/ /BKnên


DQ AD ID DP


DQ DP
EBAEIEEB  
Ta có: DQDP EB, EKPQ/ /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 PAMPBAPAM 450nên tứ
giác ABMPnội tiếp. Suy ra PMAPBAPAM 450 APM vuông cân



Tương tự 0


45


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


  vuông cân. Kẻ PHAMtại HHAHMPHhay AM 2PN


Ta có: . . 1 2


. .2 2


APQ


AMN APQ


AMN


S PH AQ PH NQ


S S


SNQ AMNQ PH   
Câu 6.


Áp dụng Cơ si ta có

 

 



2 2



2 2


1 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

1

; 2 1

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







×