Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Buôn Đôn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Buôn Đôn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC BUÔN ĐÔN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 04/03/2019 Câu 1: (4,0 điểm) 2 3 2 3 a) Rút gọn biểu thức: . 2 4 2 3 2 4 2 3 b) Cho hàm số f(x) = (x3 + 6x - 5)2019. Tính f(a), với a = 3 3 17 3 3 17 . Câu 2: (4,0 điểm) x 3 a) Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 2 b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2 Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20y2 6xy 150 15x . x xy y 1 b) Giải hệ phương trình: y yz z 3 z zx x 7 1 1 1 Câu 4: (2,0 điểm). Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 1. Tìm giá trị nhỏ x2 y2 z 2 y2 z 2 z 2 x2 x2 y2 nhất của biểu thức: P . x y2 z 2 y z 2 x2 z x2 y2 Câu 5: (4,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh là a và N là một điểm trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Trên tia đối của tia BA lấy điểm F sao cho BF = DE. Gọi M là trung điểm của EF. a) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM. b) Xác định vị trí điểm N trên AB sao cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD. Câu 6: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có Bµ Cµ 1050 và AB AC 2 2BC. . Tính Bµ và Cµ . Hết
2. PHÒNG GIÁO DỤC BUÔN ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018- 2019 Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 04/03/2019 Câu Nội dung Điểm Câu 1. a) (2,0đ) . Biến đổi biểu thức đã cho thành 2 3 2 3 (4 đ) 2 ( 3 1)2 2 ( 3 1)2 (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) = 1,0 (3 3)(3 3) 6 3 3 6 3 3 = = 1 1,0 9 3 b) (2,0đ) Từ a = 3 3 17 3 3 17 suy ra a3 = (3 3 17 3 3 17 )3 0,5 0,5 a3 = 6 + 3 3 3 17 .3 3 17 (3 3 17 3 3 17 ) 0,5 a3 = 6 – 6a  a3 + 6a – 6 = 0 Vậy f(a) = (a3 + 6a - 5)2019 = (a3 + 6a – 6 + 1)2019 = 1 0,5 Câu 2 a) ĐKXĐ : x 1 0,25 (4đ) x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 2 x 3 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2 0,25 2 2 x 3 x 1 1 x 1 1 0,25 2 x 3 x 1 1 x 1 1 (*) 2 0,25 Nếu x 2 phương trình (*) x 3 x 1 1 x 1 1 2 x 3 2 x 1 4 x 1 x 3 0,25 2
3. 16(x 1) x2 6x 9 x2 10x 25 0 0,25 (x 5)2 0 x 5(TM ) Nếu 1 x 2 phương trình (*) x 3 x 1 1 1 x 1 0,25 2 x 3 2 4 x 3 x 1(TM ) 0,25 2 Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 b) Ta có: a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2 0,25 a4 b4 c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2 0 2 2 a2 b2 c2 2b c 0 0,25 0,25 a2 b2 c2 2bc a2 b2 c2 2bc 0 0,25 a b c)( a b c (a b c)(a b c) 0 Vì a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác nên: a b c 0;a b c 0;a b c 0;a b c 0 0,25 a b c)( a b c (a b c)(a b c) 0 (*) 0,5 Bất đẳng thức (*) luôn đúng. 0,25 Câu 3 a) (2đ). Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy 6xy – 15x = 20y2 – 150 (4đ) 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25 0,25 (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25 Xét 6 trường hợp sau: 2y 5 1 x 10 ) (thỏa mãn) 10y 25 3x 25 y 3 0,25 2y 5 25 x 58 ) (thỏa mãn) 10y 25 3x 1 y 15 0,25
4. 70 0,25 2y 5 1 x ) 3 (loại) 10y 25 3x 25 y 2 0,25 y 10 2y 5 25 ) 74 (loại) 10y 25 3x 1 x 3 70 2y 5 5 x 0,25 ) 3 (loại) 10y 25 3x 5 y 5 2y 5 5 x 10 0,25 ) (thỏa mãn) 10y 25 3x 5 y 0 Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ; 0). 0,25 (x 1)(y 1) 2 2 2 2 b) (2đ) Đưa hệ về dạng: (y 1)(z 1) 4 (x 1) (y 1) (z 1) 64 0,5 (z 1)(x 1) 8 Do đó (x +1) (y +1) (z + 1) = 8 hoặc (x+1) (y + 1) (z+ 1) = - 8 1,0 Vậy hệ có nghiệm: (x; y; z) = (1; 0; 3) hoặc ( -3; -2; -5) 0,5 Câu 4: Vì x,y,z>0, biến đổi biểu thức P ta được: 2 đ 1 1 1 P 1 1 1 1 1 1 y 0,25 x 2 2 2 2 z 2 2 z y z x x y 1 1 1 2 2 2 Đặt a; b; c thì a,b,c 0 và a b c 1. Khi đó: 0,25 x y z a b c a2 b2 c2 P b2 c2 c2 a2 a2 b2 a 1 a2 b 1 b2 c 1 c2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có: 2 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 1 2a 1 a 1 a 4 a 1 a .2a (1 a )(1 a ) 2 2 3 27 0,25 2 a2 3 3 a(1 a2 ) a2 (1) 0,25 3 3 a(1 a2 ) 2 b2 3 3 c2 3 3 Tương tự: b2 (2); c2 (3) 0,25 b(1 b2 ) 2 c(1 c2 ) 2
5. 3 3 3 3 Từ (1); (2); (3) ta có P a2 b2 c2 . Đẳng thức xảy ra 2 2 1 a b c hay x y z 3. 3 0,25 0,25 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 Câu 5 E (4 đ) M A B N x F D C a) (2đ) Trước tiên ta chứng minh BCF = DCE (c.g.c)  CF = CE v à D· CE B·CF . Mà 0,75 D· CE E·CB 900 B·CF E·CB 900 => E·CF 900  ECF vuông cân tại C Có M là trung điểm của EF nên CM là đường trung tuyến vừa là 0,25 đường cao, phân giác, trung trực. 0 0 => E·CM 45 , mà A·CB 45 ( do ABCD là hình vuông) A·CE ·BCM (1) 0,25 Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có: 1 MA = MC ( = EF ) => M trung trực của AC 2 mà BD là trung trực của đoạn thẳng AC. =>M, B, D thẳng hàng . 0,25 · · 0 => MBC EAC 135 (2) 0,25 Từ (1) và (2) => ACE ∽ BCM (g.g) 0,25 b) (2đ).
6. Đặt BN =x => AN = a –x 1 1 2 SACFE = SACE + SECF = CD.AE .CE . 2 2 0,5 AE AN Tính AE: Có ( do AN// DC) ED DC AE a x a(a x) 0,5 AE AE AD a x a 4 Ta có: CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2 = a2 + x2 0,5 4 3 1 a(a x) 1 2 a a (a x) SACFE = a. + (a + ) = 2 x 2 x2 2x2 3 a (a x) 2 2 2 Mà SACFE = 3SABCD => = 3a  6x - ax - a = 0 2x2 a 0,25  (2x - a)(3x+a) = 0  x = 2 a 0,25 Vậy BN =  N là trung điểm của AB thì SACFE = 3SABCD 2 Câu 6 A (2đ) E B C D F
7. Trên tia BC lấy điểm D sao cho D·AB 300 . 0,25 Từ GT suy ra: 0,25 µ 0 µ µ 0 A 180 (B C ) 75 . 0,25 Do đó D nằm trên cạnh BC và D·AC 750 300 450 . Kẻ BE  AD, CF  AD ( E;F AD) 0,25i Ta có AB = 2BE ( cạnh đối diện với góc 300 trong tam giác vuông) và AC = 2 CF ( cạnh huyền trong tam giác vuông cân) 0,5 Do đó AB + AC2 = 2BC  2BE + 2CF = 2BC 0,25 BE + CF =BC  BE + CF = BD + CD Mà BE BD và CF CD nên xáy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi E,F trùng D. Tức là AD  BC. 0,25 Từ đó Bµ 900 300 600 ; Cµ 900 450 450 Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.