Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Sơn La năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.33 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH SƠN LA

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019

MƠN THI: TỐN 
Ngày thi: 18/03/2019 
Câu 1. (3,0 điểm)

Cho biểu thức

6 4 3

3 2 3 4
3 3 8

x x

A

x x

x


 

 



Tìm các giá trị nguyên của xđể biểu thức Anhận giá trị nguyên
Câu 2. (4,0 điểm)

Cho phương trình 2





2 1 3 3 0 (1)

x  m x m 

a) Tìm msao cho phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn biểu
thức M x12 x22 5x x1 2đạt giá trị nhỏ nhất

b) Xác định mđể phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Câu 3. (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2 213 6

2 5 3 2 3

x x

x  x  x  x 
b) Giải hệ phương trình:

3 2

2 12 0

8 12

x xy y

y x

   




 


Câu 4. (6,0 điểm) Cho 3 điểm , ,A B Ccố định nằm trên đường thẳng d(B nằm
giữa A và C). Vẽ đường trịn tâm O thay đổi nhưng ln đi qua B và C(O không
nằm trên đường thẳng ).d Kẻ AM AN, là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại
M và N. Gọi Ilà trung điểm của BC,AO cắt MNtại H và cắt đường tròn tại các
điểm Pvà Q(Pnằm giữa Avà O), BC cắt MNtại K

a) Chứng minh 4 điểm O M N I, , , cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh điểm Kcố định khi đường tròn tâm Othay đổi

c) Gọi Dlà trung điểm HQ,từ Hkẻ đường thẳng vng góc với MDcắt
đường thẳng MPtại E. Chứng minh Plà trung điểm ME.

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho hình vng ABCDvà 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: mỗi đường
thẳng đều cắt hai cạnh đố của hình vng và chia hình vng thành 2 phần có tỷ số
diện tích là 1.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN 
Câu 1.

Ta có: 3x2 3x 4



3x 1



2   3 0; x 0

Nên điều kiện để Acó nghĩa là

 

3x 3 8



3x2 3



x2 3x4



  0; x 0

0 4

3
3 2 0

x
x
x


   
 


 

















3
3

6 4 3

3 2 3 4

3 2

6 4 3 2 3

3 2 3 2 3 4

3 4 2 3 1 4

3
3 2

3 2 3 2 3 4

x x

A

x x

x

x x x

A

x x x

x x

A x

x

x x x


 
 

  

  
   
     
  
  

Với xnguyên dương, để biểu thức Anhận giá trị nguyên thì 1

3x 2nguyên. Khi
đó:

3 3 3 9

3 2 1 1

3 1
3 1
3
x
x x
x
x x
x


    
      
 
 
 

Vì xnguyên dương nên x3, khi đó A1. Vậy x3.
Câu 2.

a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt khi ' 2 5 4 0 (*) 1

4
m
m m
m


      



Với ĐK (*) phương trình có hai nghiệm x x1, 2.Ta có:





1 2

2 1

3 3

x x m

x x m

  




 














2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2
2

5 3 4 1 3 3 3

1 81 81

4 5 2

4 16 16

M x x x x x x x x m m

M m m m

         

 

         

 

Dấu " " xảy ra khi 1
8

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy 81 1

16 8

MinM     m

b) ĐK:  ' m2 5m 4 0 (*)

Đặt x    1 t x t 1thay vào phương trình (1) ta được:















1 2 1 1 3 3 0

2 2 0 (2)

t m t m

t m t m

      

    

Phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt xlớn hơn 1 khi PT(2)có hai nghiệm
phân biệt tlớn hơn 0







2 1 4 0

' 0 5 4 0 1 4

0 0 0 0 4( )

0 2 4 0 2 4 0 2

m m

m m m m

P m m m m tmdk

S m m m

  



       

 




 

         

         

   

Vậy m4
Câu 3.

a) Với x0,phương trình (1) có dạng 0 6 (vơ lý)
Vậy x0khơng là nghiệm của phương trình (1)
0,

x ta có:

 

1 2 13 6

3 3

2x 5 2x 1

x x

  

   
Đặt 2x 3 t,

x

  PT (1) trở thành: 2 13 6

5 1

t t 

1
6 39 33 0 11

2
t

t t

t




    

 


+)Với t 1ta có PT 2x 3 1 2x2 x 3 0
x

      , có  0nên phương trình VN

+)Với 11
2

t  ta có PT 2

2
3 11

2 4 11 6 0 3

4
x

x x x

x x





      

 

Vậy 2;3

4
S   

 

b) Giải hệ phương trình:

3 2

2 12 0 (1)

8 12 (2)

x xy y

y x

   





 


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nếu y0thì từ (1) suy ra x0khơng thỏa mãn phương trình (2)
Xét y0, PT (3)

3 2

2. 8 0

x x x

y y y

   

      
   

Đặt x t

y  ta được:

3 2

2 8 0
t    t t









2 4 0 2

4 0( )

t

t t t t

t t VN

 


           



Với t    2 x 2 ,y thay vào (2) được 2 1 1 2

1 2

y x

y

y x

   


      


Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm



2;1 ; 2; 1

 





Câu 4.

a) I là trung điểm của BC(dây BC khơng đi qua O)OI BCOIA90 .0
Ta có: AMO900(do AMlà tiếp tuyến (O))

ANO (do ANlà tiếp tuyến của (O))

Suy ra 4 điểm , , ,O M N I cùng thuộc đường trịn đường kính OA.

E

D

K

H

Q

P

I

N

M

O

B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

b) Ta có AM AN, là hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau tại A nên OAlà tia phân
giác MONmà OMNcân tại Onên OAMN.

& ...
2

ABN ANC ANB ACN sd NB CAN chung

     

 

. (1)

AB AN

AB AC AN

AN AC

   

+)ANOvuông tại N đường cao NH nên ta có AH AO.  AN2(2)
Từ (1) và (2) suy ra AB AC.  AH AO. (3)





90 & ...

AHK AIO AHK AIO OAI chung

   

. . (4)

AH AK

AK AI AH AO

AI AO

   

Từ (3) và (4) suy ra AI AK. AB AC. AK AB AC.
AI

  

Mà A B C, , cố định nên Icố định suy ra AKcố định, K là giao điểm của dây BCvà
dây MNnên K thuộc tia ABsuy ra K cố định.

c) Ta có PMQ900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Xét MHEvà QDMcó MEH DMQ(cùng phụ với DMP),

EMH MQD(cùng phụ với MPO)

 

( . ) ME MH *

MHE QDM g g

MQ DQ

    





90 ;

PMH MQH MHP QHM PMH MQH

    

(**)
2

MP MH MH

MQ HQ DQ

  

Từ (*) và (**) suy ra 1. 2
2

MP ME

ME MP P

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5.

Gọi MN EF, là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình vng (hình vẽ)

Giả sử đường thẳng d1cắt cạnh AB tại A1cắt MN tại I và cắt cạnh CD tại B1.Ta có
các tứ giác AA B D1 1 và BCB A1 1là hình thang và có MI NI, lần lượt là các đường
trung bình của hai hình thang đó. Khi đó:









1 1

2 1

1 2 2

B D
A BCB

AD AA DB

S IM IM

S BC A B B C IN IN



   



Suy ra 1

3
MI

MN  nên

1
3

MI  MN, vậy điểm Icố định
Lập luận tương tự ta tìm được các điểm H J K, , cố định

( , ,I J H K, chia các đoạn thẳng cố định MN NM EF FE, , , theo tỉ số 1: 2)

Có 4 điểm cố định mà có 2019 đường thẳng đi qua nên theo nguyên lý Dirichle ít
nhất phải có 505 đường thẳng đồng quy.

Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Sơn La năm 2018 - 2019





 

 





 







 















































 







 











 



<i><b>E</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>Q</b></i>

<i><b>P</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>M</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>B</b></i>





 













<i><b>B1</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>A1</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>M</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>J</b></i>

<i><b>H</b></i>