019 đề thi HSG toán 9 tỉnh đà nẵng 2018 2019

SỞ GD & ĐT TP ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Tính A 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

1
2
2 3


3
2 3 3 3

Câu 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B  6;0 ; C 0;3  và đường thẳng
1
d m có 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 d m và BC
b) Tìm m để đường thẳng d m chia tam giác OBC thành hai phần có diện tích
bằng nhau (O là gốc tọa độ)
Câu 3.

24  8 9  x 2  x  2 3  x  4
7
 12
 x  1  y  3  19


b) Giải hệ phương trình : 
 2 x  6  3 y  14  18
 x  1
y3
a) Tìm x biết :

Câu 4. 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 các
chữ số hàng đơn vị không đọc được (tại vị trí đánh dấu *)
Điểm số mỗi lần bắn
Số lần bắn

10
2*

9
40

8 7
1* 1*

6
9

5
7

Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp 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  AB, EA  EC và OD  OE
a) Chứng minh rằng MA2  MD2  DA.DB
b) Chứng minh rằng OA2  OD2  DA.DB và DA.DB  EA.EC
c) Gọi G, H , K lần lượt là trung điểm của BE, CD và ED. Chứng minh rằng
đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GHK .
Câu 6. 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
Câu 1.
3 3 2 3

 2  3  1 3 1
3
3
Câu 2. a) Gọi phương trình đường thẳng BC là y  ax  b ta có:



Ta có: A  2  3 



6 a  b  0
1
 y  x3


2
b  3

Hoành độ giao điểm của d m và BC là nghiệm của phương trình :
x  2
1
. Tọa độ giao điểm của d m và BC là M  2;2 
 x  3  mx  2m  2  
2
y  2

 2m  2 
;0  , cắt trục tung tai điểm
b) Đường thẳng d m cắt trục hoành tại điểm P 
 m

Q  0;2  2 m  và cắt đường thẳng BC tại điểm M  2;2  cố định. Ta có

OB.OC 3.6

 9. Kẻ MH  Ox tại H, MK  Oy tại K
2
2
MH .PB
2m  2 4m  2
MK .QC
 6

; SQMC 
 2m  1

Ta có S PMB 
2
m
m
2
1
Xét điểm Q nằm giữa O và C, suy ra 0  2  2m  3    m  1
2
S
9
9
5
Khi đó SQMC  OBC  2m  1   2m  1   m  (ktm)
2
2
2
4
1
Xét điểm Q nằm ngoài đoạn OC , suy ra m   ; m  1. Khi đó
2
S
4m  2 9
4m  2 9
S PMB  OBC 
 
  m  4(TMDK ).
2
m
2
m

2
Vậy m  4 thỏa mãn bài toán
Câu 3.
a) ĐKXĐ: 3  x  3 . Phương trình
SOBC 

 4
2





3 x  3 x



2

 x  2 3 x  4



3 x  3 x  x  2 3 x  4  2 3 x  x  4

 4  3  x   x 2  8 x  16  x  2(TMDK )


Vậy phương trình có nghiệm x  2
b) ĐKXĐ: x  1, x  3 . Ta có hệ phương trình tương đương

7
35
 12
 60
 4


19


95
4
 x 1 y  3

x 1  1
x  2

 x 1 y  3
 x  1





 y  3  1  y  2
 8  5  13  56  35  91  5  13  8
x 1
 x  1 y  3
 x  1 y  3
 y  3

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2; 2 

Câu 4. Gọi số lần băn ứng với 10 điểm là 2a, ứng với 8 điểm là 1b , ứng với 7
điểm là 1c  a, b, c  ;0  a, b, c  9 . Theo bài ra ta có:

10.2a  9.40  8.1b  7.1c  6.9  5.7
 8,35
100

 10.2a  8.1b  7.1c  386  10a  8b  7c  36  c 2  c 0;2;4
Xét c  0  10a  8b  36  5a  4b  18  a  b  2(tm)
Xét c  2  10a  8b  22  3a  4b  11 ktm 
Xét c  4  10a  8b  8  5a  4b  4(ktm)
Vậy a  b  2, c  0 thỏa mãn bài toán
Câu 5.

A
E
M

K
G

D

N
O
H

B

C

a) Ta có: MA2  MD2   MA  MD  MA  MD    MB  MD .DA  DB.DA


b) Ta có: MA  MB nên OM  AB

Do đó OA2  OD2   MA2  OM 2    MD2  OM 2 
 MA2  MD2  DA.DB . Gọi N là trung điểm AC
Chứng minh tương tự ta cũng có: OA2  OE 2  EA.EB mà OD  OE nên
DA.DB  EA.EC
c) Ta có : KE  KD, GE  GB và HC  HD nên KG là đường trung bình
BDE và KH là đường trung bình DCE. Do đó DB  2KG, EC  2KH

Và KG / / AB, KH / / AC  GKH  BAC. Mặt khác DA.DB  EA.EC
DA EA
DA
EA
DA EA






 ADE HKG
EC DB
2 KH 2 KG
KH KG

 ADE  KHG  DKG  KHG  đường thẳng ED là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp GHK
Câu 6.
 z  1 x  y  1  zx  x  y  1

Ta có: 
x

zy

2
 zy  2  x

Do đó  2 x  y   z 2  z  1  2 z 2 x  2 zx  2 x  yz 2  yz  y

 2 z  x  y  1  2 zx  2 x  z  2  x   yz  y  2 yz  2 x  zx  yz  y
 3 2  x   2 x   x  y  1  y  7. Mặt khác z 2  z  1  0 với mọi z  nên ta có

 z  0  x  2, y  3
2 x  y  7


TH1:  2
2 x  y  7  x  3
z

1



z

z

1

1



x  y  2
 y  1

2 x  y  1
6 x  3 y  3
5
z

3


 y  (ktm)



7
2 x  y  1
x  3y  2 x  3y  2

TH2:  2


2 x  y  1
4 x  2 y  2  x  0
z  z  1  7
 z  2  



x  2 y  2 x  2 y  2
 y  1
Vậy bộ  x; y; z    2; 3;0  ;  3; 1;1 ;  0; 1; 2 