Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đà Nẵng

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

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 đƣờng thẳng d m có
1
phƣơng trình y  mx  2m  2 với m là tham số m  0; m  .
2
a)Tìm tọa độ giao điểm của hai đƣờng thẳng BC và d m
b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đƣờng 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 phƣơng 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
đƣợc ghi trong bảng sau ,trong đó có ba ô bị mờ ở chữ số hàng đơn vị không đọc đƣợc (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 đƣờng tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của AB . Lấy hai
điểm D,E lần lƣợt 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 lƣợt G,H,K là trung điểm của các đoạn thẳng BE,CD và ED.Chứng minh rằng đƣờng
thẳng ED là tiếp tuyến của đƣờng 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 đƣờng thẳng
a)Ta có phƣơng trình đƣờng 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 có SOBC 

1
x B . yC  9 (đvdt).
2

Gọi E, F lần lƣợt là giao điểm của d m với trục hoành Ox, trục tung Oy.Ta có
E  dm  x E 

2(m  1)
; F  d m  yF  2(m  1);
m

Xét các trƣờng hợp:

1
 m  1  3  2(1  m)  0  yC  y F  yO .Trong trƣờng hợp này thì F nằm giữa
2
O, C hoặc F≡O  CF  CO  3 . Khi đó, để d m chia tam giác OBC thành 2 phần có diện
1
9
9
tích bằng nhau thì: SCDF  SOBC   CF   3 (vô lí!).

2
2
2
m 1
m 1
TH2: m  1  0 
 3  0  2.
 6  xO  xE  xB
m
m
1
m 1
m 1
hoặc m   0 
 3  0  2.
 6  x O  x E  x B . Trong trƣờng hợp này thì E
2
m
m
nằm giữa O, B. Khi đó, để d m chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng
1
9
9
3
m 1 3
nhau thì: SBDE  SOBC   BE   x E  OE   2.
  m  4 (thỏa).
2
2
2

2
m
2
Vậy để d m chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì m=4.
Câu 3(2 điểm).
a)Điều kiện (3  x  3) .Ta có

TH1:

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 lƣợt là a, b, c
( (a, b, c  ,0  a, b, c  9) .
Từ giả thiết: ngƣời đó đã bắn 100 lần, ta có đƣợc 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 đƣợc 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 trƣờng hợp của c, đƣợc 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 tƣơng 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 đƣờng tròn ngoại tiếp△GHK, △BED có K, G lần lƣợt là trung điểm DE, BE
BC
suy ra KG là đƣờng trung bình của tam giác .Ta suy ra KG//BD; KG 
.Ta có △CED có K, H
2
lần lƣợt là trung điểm DE, DC nên suy ra KH là đƣờng 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 đƣợc 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 phƣơng trình ( z  1) x  y  1  
z 1

 y  ( z  1) x  1(2)
 x  2  yz (3)

và từ phƣơng trình x  yz  2  
.Từ phƣơng trình (1) và (3)
2 x
 y  4 (4)
y 1
 2  yz  y ( z 2  z  1)  2z  5(5) .
z 1


Từ phƣơng 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 đƣợc: (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 phƣơng trình (∗), ta xét hai trƣờng 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 phƣơng trình x+zy = 2 hay x+3y = 2, kết hợp với 2x−y = 1 ta suy ra đƣợc: x
= 1;y = 1.
+ Với z = −2, thay vào phƣơng trình x+zy = 2 hay x−2y=2, kết hợp với 2x−y=1 ta suy ra đƣợc: 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 trƣờng 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).