Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Thạch Hà (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Thạch Hà (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 9 (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu 1. (4,5 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức A 4 15 10 6 4 15 2. Tìm điều kiện xác định của các biểu thức sau: 2018 2019 M N x2 2x 3 x 2x 3 Câu 2. (3,0 điểm) 1. Cho 3 số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = 0. Chứng minh hằng đẳng thức: 1 1 1 1 1 1 a2 b2 c2 a b c 1 1 1 1 1 1 2. Tính giá trị của biểu thức: B = 1 1 1 12 22 22 32 20182 20192 Câu 3. (4,5 điểm) 1. Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2). Biết rằng f(x) chia cho x - 1 dư 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1. 2. Giải phương trình: x3 - 3x2 + 2x + 6 = 0 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy Câu 4. (3,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: a b c a) 2 b c c a a b 1 1 1 b) ; ; là độ dài 3 cạnh của một tam giác. a b b c c a Câu 5. (5,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác AI. Tính HI, IM; biết rằng AC= 4/3AB và diện tích tam giác ABC là 24 cm2 2. Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ 3 đường thẳng song song với 3 cạnh tam giác. Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC lần lượt tại E và D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại M và N; đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB và BC lần lượt tại F và H. Biết diện 2 2 2 tích các tam giác ODH, ONE, OMF lần lượt là a , b , c . a) Tính diện tích S của tam giác ABC theo a, b, c b) Chứng minh S 3(a2 + b2 +c2) Hết Họ và tên học sinh: SBD: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi )
2. SƠ LƯỢC GIẢI Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019 Môn: TOÁN 9 Đáp án 1. Ta có A 4 15 10 6 4 15 4 15 4 15 4 15 . 10 6 A 4 15.1. 2 5 3 8 2 15. 5 3 A 5 3 . 5 3 = 5 - 3 = 2 Điều kiện xác định của M là x2 2x 3 0 (x 1)(x 3 0 x 1 0 x 1 0 hoặc x 3 0 x 3 0 x 3 x 1 2x 3 0 Điều kiện xác định của N là x 2x 3 0 (*) x 2x 3 0 2 2 x 3 x 2x 3 x 2x 3 0 ( ) x 1 Từ (*) và ( ) ta được x 3là điều kiện xác định của M 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2. Ta có: 2 2 2 2 a b c a b c ab bc bc 1 1 1 c a b 1 1 1 2(a b c) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c abc abc abc a b c abc a b c 1 1 1 1 1 1 Vậy a2 b2 c2 a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Theo câu a) Ta có (*) a2 b2 c2 a b c a b a b Áp dụng (*) ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (Vì 0) 12 22 12 12 ( 2)2 1 1 ( 2) 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tượng tự 1 ; 1 ; . 22 32 1 2 3 32 42 1 3 4 1 1 1 1 1 1 20182 20192 1 2018 2019 1 4076360 Suy ra B 2019 2019 2019 3. x3 - 3x2 + 2x + 6 = 0 Û (x + 1)(x2 - 4x + 6) = 0
3. Û x + 1 = 0 (1) hoặc x2 – 4x + 6 = 0 (2) (1) Û x = - 1 (2) Û (x - 2)2 + 2 = 0 . Do(x - 2)2 + 2 ¹ 0 " x nên pt này vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {- 1} Vì (x - 1)(x + 2) = x2 + x - 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : (x 1)(x 2) có đa thức dư dạng ax + b Đặt f (x) (x 1)(x 2).q(x) ax b Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7 f (1) 7 a b 7 (1) f(x) : (x + 2) dư 1 f ( 2) 1 2a b 1 (2) Từ (1) và (2) a = 2 và b = 5. Vậy f(x) : [(x - 1)(x + 2)] được dư là 2x + 5 5x2 + y2 = 17 – 2xy 4x2 + (x + y)2 = 17 17 4x2 17 x2 vì x2 là số chính phương nên x2 = 0; 1; 4 4 Nếu x2 = 0 (x + y)2 = 17 (loại) Nếu x2 = 1 (x + y)2 = 13 (loại) Nếu x2 = 4 x = 2 hoặc x = - 2 x = 2 (2 + y)2 = 1 y = - 3 hoặc y = - 1. x = -2 (-2 + y)2 = 1 y = 3 hoặc y = 1. Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1) 4. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a a(b c) a2 a(b c) ab ac a2 ab ac a 2a 2a(b c) a(a b c) b c a b c b 2b c 2c Tượng tự ta cũng có: ; c a a b c b a a b c a b c 2a 2b 2c Suy ra: 2 (dpcm) b c c a a b a b c b c a a b c Ta có a + b > c 1 1 1 1 2 2 1 b c c a b c a c a b a b c (a b) (a b) a b 1 1 1 1 1 1 Chứng minh tương tự ta có ; c a a b b c a b b c c a 1 1 1 Vậy ; ; là độ dài 3 cạnh của một tam giác (Đpcm) a b b c c a 5. Do AC= ¾ AB (gt) và AB.AC = 2S = 48, suy ra AC = 6 (cm); AB = 8(cm). Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta tính được BC = 10 cm, suy ra AM = 5 (cm) (1) Áp dụng tính chất giữa canh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta tính được AB2 BH 3,6(cm) (2) BC
4. Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có IB AB IB AB IB 6 30 IB IC AC IB IC AB AC 10 6 8 7 cm (3) A Từ (1), (2) và (3), ta có I nằm giữa B và M; H nằm giữa B và I 4,8 Vậy: HI = BI - BH cm 7 5 MI = BM - BI cm 7 B H I M C Ta có các tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC 2 Đặt SABC = d . 2 2 SODH a DH a DH A Ta có: 2 ; S d BC d BC ABC E 2 2 2 SEON b ON HC b HC 2 ; Tương tự S d BC BC d BC F ABC b2 c BD c2 O N M d BC a b c DH HC DB Suy ra: 1 d a b c a2 d BC C B D H Vậy S d 2 (a b c)2 Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a2 b2 2ab; b2 c2 2bc; a2 c2 2ac S (a b c)2 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca S a2 b2 c2 (a2 b2 ) (b2 c2 ) (c2 a2 ) 3(a2 b2 c2 ) Dấu “=” xẩy ra khi a = b =c, hay O là trọng tâm của tam giác ABC Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa; Điểm toàn bài quy tròn đến 0,5.