049 đề thi hsg toán 9 tỉnh tiền giang 2018 2019

Một xe tải có chiều rộng là 2,4m và chiều cao là 2,5m muốn đi qua một cái cổng có hình parabol Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4mvà khoảng từ.. đỉnh cổng đỉnh parabol tới chân c

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH TIỀN GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MÔN THI :TOÁN

Thời gian làm bài:150 phút

Câu 1.

1 Cho a0,a Rút gọn biểu thức sau:1

 

a

a



2 Với mỗi số thực ,x ta định nghĩa phần nguyên của ,xký hiệu  x là số

nguyên lớn nhất không vượt quá x Hãy tìm phần nguyên của:

2 4 2 36 2 10 3

3 Giải hệ phương trình:

2

xy x y







Câu 2 Một xe tải có chiều rộng là 2,4m và chiều cao là 2,5m muốn đi qua một cái

cổng có hình parabol Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4mvà khoảng từ .

đỉnh cổng (đỉnh parabol ) tới chân cổng là 2 5m(bỏ qua độ dài của cổng).

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi , parabol. P y ax a:  2 0là hình chiếu

biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua Tìm a

b) Hỏi xe tải có thể đi qua cổng được không ? Tại sao ?

Câu 3.

1 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy yz zx   Tìm 5 giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P



2 Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện 6a220a15 0 và

2

3

3

b A



Câu 4.

1 Tìm số tự nhiên n biết rằng khi bỏ đi ba chữ số tận cùng bên phải của nó thì

được một số mới có giá trị bằng 3 n

2 Tìm năm số thực dương sao cho mỗi số bằng bình phương của tổng 4 số còn lại

Câu 5 Cho tam giác ABC cân tại Acó A 36 0 Tính tỉ số

AB BC

Câu 6

1 Cho ABC nội tiếp trong đường tròn tâm ,O bán kính R Chứng minh

2 sin

BC  R A(xét cả 3 trường hợp : tam giác vuông, tam giác nhọn, tam giác tù) Chú ý : Nếu  và là hai góc bù nhau thì sin sin

2 Cho hai đường tròn O R1; 1 , O R cắt nhau tại 2 điểm Avà B Một đường 2; 2

thẳng  d bất kỳ qua Acắt hai đường tròn O R1; 1 , O R lần lượt tại M và 2, 2

N Tiếp tuyến tại M của O R và tiếp tuyến tại N của 1; 1 O R cắt nhau tại 2; 2

I Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp IMN khi  d

quay quanh A

ĐÁP ÁN Câu 1.

1 Ta có:

2

3 2

3

3 3

2

2

a

2 Ta có:

2

 

2

 

3



 



 



 

 

6

6



 





 



x y3 3x y3 x y 3x y x y

Thay x y vào phương trình xy x y    ta được:2

x x x x   x x  x  y 

Vậy nghiệm của hệ là x y 1.

Câu 2.

a) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được tính theo đơn vị mét Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m MA NA 2m

Theo giả thiết, ta có:OM ON 2 5

Áp dụng định lý Pytago ta được OA 4

Vậy M2; 4 ,  N2; 4 

Do M2; 4 thuộc parabol (P) nên tọa độ điểm M thỏa mãn công thức y ax 2hay

2

b) Để đáp ứng chiều cao trước, xe tải phải đi vào chính giữa cổng, taxét đường

2

(ứng với chiều cao của xe) Đường thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:

2 2

3 2

2

3 2

x x

x

y















Vậy xe có thể đi qua cổng

Câu 3.

1) Từ giả thiết xy yz zx   ta có: 5. x2  5 x2 xy yz xz  x y z x    

Áp dụng Bất đẳng thức AM – GM ta có:

x y z x x y z

x   x y z x        

Cộng theo vế các bất đẳng thức, ta được:

2

P

Vậy

2

3

2) Ta có: a 0,b 0

   

10

3





Tương tự:

4 1 3

Vậy

1









3

27 6

A

Câu 4.

1 Theo đề bài ta có số phải tìm có từ 4 chữ số trở lên

Giả sử sau khi bỏ ba chữ số tận cùng là abc của n ta được số x thì: n103x abc

Theo đề bài, ta có:x 31000x abc  x3 1000x abc  x x 2  1000 abc

Nếu x  thì vế trái lớn hơn hoặc bằng 33 33 1089 1000   33.89 2937 abc 

Do abclà số có 3 chữ số nên x 33 (1)

Nếu x  thì 31 x2 961 x x 2  10000và abc  nên 0 x 31(2)

Từ    1 , 2 suy ra 32x 

Thật vậy, với x  thì 32 32 1026 1000   abchay abc 768

Do đó n 10 32 768 327683  

Vậy số cần tìm là 32768

2 Gọi năm số cần tìm là , , , ,a b c d evới , , , , a b c d e 

 

Ta có:ab c d e   2và ba c d e   2

a b







Với a b 2c2d 2e   là vô lý vì các số đều dương Vậy a b1 0 

Tương tự ta thu được kết quả

1 16

a b c d e    

Câu 5.

2 1

H D

C B

A

Ta có: ABC cân tại A nên B C   720

Kẻ tia phân giác C cắt ABtại D nên C1C 2 360

ADC

 có A C 2 360nên ADC cân tại D

Kẻ DH AC.Khi đó AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

Đặt BC1 ,cm AH x cm x( ), 0

Ta có:CD là tia phân giác nên

Hay

( )

4

x

x x x













Vậy

BC



Câu 6.

1

Trường hợp 1: Xét ABC vuông tại A

C O

A

B

Ta có ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O với O là trung điểm của cạnh huyền BC

Vì sinAsin900  1 BC2 sinR A2 1 2R  R(luôn đúng)

Vậy BC2 sinR A

Trường hợp 2: Xét ABC với Anhọn

D

O A

B

C

Ta vẽ đường kính BD của đường tròn ngoại tiếp ABC và khi đó vì tam giác BCD

vuông tại C nên ta có: BC BD .sinDhay a2 sinR D

Ta có: BAC BDC vì đó là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC Do đó

Trường hợp 3:Xét ABC với Atù

D O

B

A

C

Ta vẽ đường kính BD của đường tròn ngoại tiếp ABC

Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm O nên D 1800  A

Do đó: sinD sin 180 0  A

Ta lại có :BC BD .sinDhay BC BD .sinA

Vậy BC2 sinR A

2)

F E

I

N M

B

A

Ta có: IMN MBA  (tính chất tiếp tuyến dây cung)

INM NAB(tính chất tiếp tuyến dây cung)

Xét tứ giác IMBN ta có: , NBM MBA ABN IMN INM      1800  MIN

IMBN

Các góc AMB ANB là những góc nội tiếp chắn cung AB cố định của,

O R1; 1 ; O R nên 2; 2 AMB ANB, không đổi

MBN

 không đổi, do đó MIN 1800  MBN không đổi

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp MIN thì MN 2 sinR M

2sin

MN

R

MN

Do đó Rmax  MNmax

Gọi ,E F là hình chiếu vuông góc của O O1, 2lên (d), K là hình chiếu vuông góc của 1

O lên O F2 thì MN EF 2O K1 2O O1 2

Dấu " " xảy ra  EF / /O O1 2hay  d / /O O1 2