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

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

1. PHÒNG GD&ĐT LẬP THẠCH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2018 – 2019 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phút) 13 Câu 1 (3,5 điểm). Cho x . Tính giá trị của biểu thức: 2 3 2 2 3 1 4 x 1 x2019 2 x 2018 2 x 1 A 23xx2 1 1 1 Câu 2 (3 điểm). Cho ax3 by 3 cz 3 và 1. Chứng minh rằng: x y z 3 ax2 by 2 cz 2 3 a 3 b 3 c Câu 3 (3 điểm). Giải phương trình: x22 12 5 3 x x 5 Câu 4(1điểm). Tìm các số tự nhiên abc,, phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên ab 1 bc 1 ca 1 P abc Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H . Trên đoạn BH lấy điểm M và trên đoạn CH lấy điểm N sao cho AMC ANB 900 . Chứng minh rằng AM AN . Câu 6 (4,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh bên bằng a .Vẽ hình chữ nhật AEMF có chu vi bằng 2a và E AB; F AC . a) Hỏi điểm M di động trên đường nào ? b) Từ M vẽ đường thẳng MN EF N EF . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 7 (1 điểm). Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn abc a b 3 ab . Chứng minh rằng: ab b a 3 a b 1 bc c 1 ca c 1 Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng cho 2019 điểm MMM1, 2 , , 2019 . Vẽ đường tròn bán kính 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho SM1 SM 2 SM 2019 2019. Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 9, NĂM HỌC 2018 -2019 Câu Nội dung Điểm Câu 1 Ta có (3,5 1,5 1 32 3 2 3 2 3 2 4 2 3 3 1 điểm) x 2 3 2 2 3 1 2 3 2 2 3 2 42 *) Tử 2019 2018 3 1 3 1 3 1 3 1 4 x 1 x2019 2 x 2018 2 x 1 4 1 2 2 1 2 2 2 2 2018 2018 3 1 3 1 1 2 2 3 3 22 *) Mẫu 2 2 3 1 3 1 3 1 2xx 3 2 3 2 2 2 3 2 3 Vậy A 33 3 1 3 1 1 2 Câu 2 Đặt ax3 by 3 cz 3 k . Ta có 0,5 (3 333 3 3 3kkk 3 1 1 1 3 điểm) a b c k k (1) 1,25 x y z x y z 2 2 2 kkk 1 1 1 3 3 ax by cz 3 3 k k (2) 1,25 x y z x y z Từ (1) và (2), ta được 3 ax2 by 2 cz 2 3 a 3 b 3 c Câu 3 x22 5 3 x x 12 5 (3 22 0,5 điểm) x 5 3 3 x 6 x 12 4 0 xx22 44 3 x 2 0 xx22 5 3 12 4 xx 22 0,5 x 2 3 0 22 xx 5 3 12 4 x 2 0,5 xx 22 30 xx22 5 3 12 4 5 Từ đặc điểm của phương trình suy ra 35xx , do đó 3 x 2 x 2 x 2 x 2 30 1 x2 5 3 x 2 12 4 x 2 5 3 x 2 12 4 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2
3. 0,5 Câu 4 Ta có (1 1 1 1 1 P abc a b c . điểm) a b c abc Do abc,, là các số tự nhiên nên P là số nguyên khi và chỉ khi 1 1 1 1 M là số nguyên. a b c abc Do có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát ta giả sử abc 0,5 Suy ra a 1; b 2; c 3, suy ra 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 2 0MM 2 1 a b c abc a b c 1 2 3 Suy ra 1 1 1 1 1 a b c abc a b c a 1 b 1 c 1 2 (*) Nếu ab 1 1 4 thì với abc ta có 3cabccabc 3 11123412342 cc cc c 2 trái với điều kiện c 3. Do abc 6 nên từ (*) suy ra ab 1 0 1 1, suy ra ab 11 chỉ có thể nhận giá trị là 2 hoặc 3. Từ đây ta tìm được bộ số abc;; thỏa mãn là 2;3;5 Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt abc;; thỏa mãn bài toán gồm các hoán 0,5 vị của 2;3;5 . Khi đó P 21 Câu 5 (3 A điểm) D I H N M B C Gọi BD, CI là hai đường cao của ABC . 0,5 Ta có ANB 9002 , NI  AB AN AI . AB (1) Vì AMC 9002 , MD  AC AM AD . AC (2) 1,25 Mạt khác, ta có AI AC AIC ADB AI AB AD AC (3) AD AB Từ (1), (2) và (3) suy ra AM AN . 1,25
4. Câu 6 (4,5 B H D điểm) 2 M E 1 1 N A F C a) ME MF a, AF FC a MF FC FCM 450 M BC Vậy M di động trên cạnh huyền BC 2,5 b) Vẽ hình vuông ABDC, D là điểm cố định. MN EF M11 E (cùng 1 phụ với EMN ) Gọi H là giao điểm của FM và BD . HMD MEF M E M M 2 1 1 2 0,5 suy ra MND,, thẳng hàng. Dẫn tới MN luôn đi qua điểm cố định D . 0,5 11 Câu 7 Ta có abc a b 33 ab c (1điểm ba 11 ) Đặt x ;; y z c , ta có x y z 3 và ta chứng minh ab 1 1 1 A 3 xyxy yzyz zxzz 0,5 Ta có x y 13 2 xy x y , thật vậy 2 x y 1 3 xy x y x22 y 1 xy x y 2 x22 y 1 2 xy x y 2 2 2 x y x 1 y 1 0 Đẳng thức xảy ra khi xy 1. Do đó 13 xy x y xy 1 Tương tự, ta được 13 yz y z yz 1 13 zx z x zx 1 Suy ra
5. 1 1 1 9 0,5 A 3 3 3 xy 1 yz 1 zx 1 xy 1 yzzx 1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 11 a b c Câu 8 (1 M1 điểm) M2 S1 S2 M2019 Xét đường kính SS12 tùy ý của đường tròn. SS12, là hai điểm mút của đường kính. Vì SS12 2, nên ta có SMSMSS1 1 2 1 1 2 2 SMSMSS1 2 2 2 1 2 2 0,5 SMSMSS1 2019 2 2019 1 2 2 Cộng vế theo vế ta được SMSMSMSMSMSM1 1 1 2 1 2019 2 1 2 2 2 2019 2.2019 4038 (1) Từ (1) ta có trong hai tổng trên có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bằng 2019. 0,5 Giả sử SMSMSM1 1 1 2 1 2019 2019 . Khi đó lấy SS 1 ta có điều phải chứng minh.