Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố đà nẵng năm học 2018 2019 có đáp án

SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TP
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút

Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện
thoại : 0708127776.Nguồn gốc : SƯU TẦM ĐỀ TRÊN MẠNG

1
2
2 3


3
2 3 3 3
Câu 2(2 điểm).Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B(6;0) và C(0;3) và đường thẳng d m có
1
phương trình y  mx  2m  2 với m là tham số m  0; m  .
2
a)Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng BC và d m
b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng d m chia tam giác OBC thành hai phần
có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ) .
Câu 3(2 điểm).
Câu 1 (1 điểm).Tính A 

24  8 9  x 2  x  2 3  x  4
7

 12
 x  1  y  3  19

b) Giải hệ phương trình 
 2x  6  3y  14  18
 x  1
y3
Câu 4(1 điểm).
Điểm số trung bình của một vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn là 8,35 điểm kết quả cụ thể
được ghi trong bảng sau ,trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí
đánh dấu *)
Điểm số của mỗi lần bắn
10
9
8
7
6
5
Số lần bắn
2*
40
1*
1*
9
7
Em hãy tìm lại các chữ số hàng đơn vị trong 3 ô đó
Câu 5(3 điểm).
Cho tam giác nhọn nội tiếp ABC trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của AB . Lấy hai
điểm D,E lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho DB< DA a)Chứng minh rằng MA2  MD2  DA.DB

b)Chứng minh rằng OA2  OD2  DA.DB và DA.DB  EA.EC .
c) Gọi lần lượt G,H,K là trung điểm của các đoạn thẳng BE,CD và ED.Chứng minh rằng đường
thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK.
Câu 6(1 điểm).
Cho ba số x,y,z thỏa mãn các hệ thức ( z  1) x  y  1 và x  zy  2 . Chứng minh rằng
(2 x  y)( z 2  z  1)  7 và tìm tất cả các số nguyên x,y,z thỏa mãn các hệ thức trên
ĐÁP ÁN
1
2
2 3
1
2 3


 2  3  (3  3) 
1
Câu 1 (1 điểm).Tính A 
3
3
3
2 3 3 3
Câu 2(2 điểm).
1
x  3 .Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng
a)Ta có phương trình đường thẳng BC là y 
2
 y  mx  2m  2
x  2



BC và d m là nghiệm của hệ 
.Tọa độ giao điểm là (2;2).
1
y  2
 y  2 x  3
a)Tìm x biết


b) Ta chứng minh d luôn đi qua M(2;2) thuộc BC.Chia hai trường hợp. Một là d cắt OB, hai là d cắt
OC.Thì lúc đó đường thẳng d m chia tam giác OBC thành một tứ giác và một tam giác. Thì tam giác
1
9
đó có diện tích bằng SOBC  . Biết khoảng cách của M đến OB và OC đều bằng 2. Thì ví dụ d m
2
2
9
cắt OB hoặc OC tại N thì diện tích tam giác MNB hoặc diện tích tam giác MNC sẽ bằng
.Ta
2
biết khoảng cách của M đến OB hoặc OC sẽ tính được khoảng cách của ON.Ta tiến hành tính được
tọa độ N là (1,5;0) loại N thuộc OC vì tính ra là NC bằng 4,5> 3 không thuộc OC. Thay vào ra
4
m
3
Câu 3(2 điểm).
a)Điều kiện (3  x  3) .Ta có

24  8 9  x2  x  2 3  x  4  2( 3  x  3  x )  x  2 3  x  4
 2 3  x  x  4  x  2 .
7

7
7
 12
 12
 12
 x  1  y  3  19
 x  1  y  3  19
 x  1  y  3  19



b)Ta có 
.Đặt ẩn phụ từ đó


 2x  6  3y  14  18 2  8  3  5  18
 8  5  13
 x  1

 x  1 y  3
y3
x 1
y3
suy ra nghiệm của hệ là (2;-2).
Câu 4(1 điểm).
Gọi các chữ số hàng đơn vị cần điền vào ô thứ nhất, thứ nhì, thứ ba lần lượt là a, b, c
( (a, b, c  ,0  a, b, c  9) .
Từ giả thiết: người đó đã bắn 100 lần, ta có được PT:
2a  40  1b  1c  9  7  100  a  b  c  4  c  4 .
Từ giả thiết: điểm trung bình trong 100 lần bắn là 8,35, ta có được PT:

1
(10.2a  40.9  8.1b  7.1c  6.9  5.7  8,35  10a  8b  7c  36 (2).
100
Từ PT (2) rút ra nhận xét: c chẵn. Lại có c  4  c 0;2;4 . Thử 3 trường hợp của c, được 1 TH
có nghiệm là khi c =0 hay suy ra a=2;b=2.Kết luận: các số cần điền theo thứ tự là 2, 2, 0.
Câu 5(3 điểm).

a) MA2  MD2  DA.DB =(MA−MD)(MA+MD)=(MB−MD)(MA+MD)=BD.AD


b) OA2  OD2  ( AM 2  OM 2 )  ( DM 2  OM 2 )  AM 2  DM 2  DA. DB . Hạ OT⊥AC. Chứng
minh tương tự, ta có OA2  OE 2  EA.EC . Lại có
OE=OD nên DA.DB  OA2  OD2  OA2  OE 2  EA.EC .Vậy OA2  OD2  DA.BD  EA.EC .
c) Gọi (F) là đường tròn ngoại tiếp△GHK, △BED có K, G lần lượt là trung điểm DE, BE
BC
suy ra KG là đường trung bình của tam giác .Ta suy ra KG//BD; KG 
.Ta có △CED có K, H
2
lần lượt là trung điểm DE, DC nên suy ra KH là đường trung bình của tam giác hay KH//EC;
EC
.Ta có KH//EC;KG//BD suy ra GKH  BAC . Theo b) ta có
KH 
2
DB CE
DB
CE
KG DB
CE
HK
. Lại có

DA.DB  EA.EC 






AE DA
2AE 2AD
AE 2AE 2AD AD
suy ra △KGH đồng dạng △AED(c.g.c) hay ADE  KHG .
Ta lại suy ra KG//BD hay ADE  DKG .Suy ra KHG  DKG . Từ đó chứng minh được DE là tiếp
tuyến của (F)
Câu 6(1 điểm).
+ Xét z  0  x  2  y  3  (2x  y)( z 2  z  1)  7 (Đúng).
+ Xét z  1  y  1  x  3  (2x  y)( z 2  z  1)  7 (Đúng).
y 1

(1)
 x
+ Xét z khác 0 và z khác 1.Khi đó từ phương trình ( z  1) x  y  1  
z 1

 y  ( z  1) x  1(2)
 x  2  yz (3)

và từ phương trình x  yz  2  
.Từ phương trình (1) và (3)
2 x
 y  4 (4)

y 1
 2  yz  y ( z 2  z  1)  2z  5(5) .
z 1
Từ phương trình (2) và (4) suy ra
2 x
( z  1) x  1 
 x( z 2  z  1)  2  z  2x( z 2  z  1)  2z  4 (6).
z
Lấy (6)−(5)(6)−(5) vế theo vế ta được: (2x  y)( z 2  z  1)  7 .
Vậy tóm lại ta luôn có (2x  y)( z 2  z  1)  7 (∗).
Tiếp theo ta đi tìm x,y,z ∈Z thỏa mãn các hệ thức trên.
1
3
Ta có nhận xét rằng: z z 2  z  1  ( z  )2   0  2x  y  0 .
2
4
Khi đó từ phương trình (∗), ta xét hai trường hợp:
TH1: 2x  y  1 và z 2  z  1  7 .
Từ z 2  z  1  7  z = 3 hoặc z = −2.
+ Với z = 3, thay vào phương trình x+zy = 2 hay x+3y = 2, kết hợp với 2x−y = 1 ta suy ra được: x
= 1;y = 1.
+ Với z = −2, thay vào phương trình x+zy = 2 hay x−2y=2, kết hợp với 2x−y=1 ta suy ra được: x
= 0;y = −1.
TH2: 2x−y = 7 và z 2  z  1  1 suy ra z = 0 hoặc z = 1.Đến đây lại quy về hai trường hợp mà ta đã
xét ở trên.Thử lại tất cả đều thỏa mãn.Vậy các giá trị x;y;z nguyên thỏa mãn các hệ thức trên là
(1;1;3),(0;−1;−2),(2;−3;0),(3;−1;1).