Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của d1 và d2 luôn nằm trên một đường thẳng cố định.. Chứng minh rằng: Tam giác AEF đồng dạng với tam giácABC; AEF cos2.. Bài 5: … điểm Tìm tất
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học 2018- 2019 Môn thi:Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
2
P
a Rút gọn biểu thức P
b Tìm giá trị của P khi x 11 3 8 3 8
c So sánh: P2 và 2P
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4x2 3x 3 4 x3 3x2 2 2x 1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai đường thẳng (d1): y = 3x – m – 1
và (d2) : y = 2x + m - 1 Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của (d1) và
(d2) luôn nằm trên một đường thẳng cố định
Bài 3: ( điểm)
a) Tìm số nguyên a sao cho a 4 4 là số nguyên tố
b) Đặt a 3 2 3 3 2 3
a 3 ) 3 (
64
3
là số chính phương
Bài 4: (… điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H
a Chứng minh rằng:
Tam giác AEF đồng dạng với tam giácABC; AEF cos2 .
ABC
S
A
b Chứng minh rằng :S DEF 1 cos 2 A cos 2B cos 2C S. ABC
c.Chứng minh rằng: HA HB HC 3
BC AC AB
Bài 5: (… điểm)
Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên và hai lần số đo
diện tích bằng ba lần số đo chu vi
- HẾT -
(Đề thi gồm có 01 trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ;
Số báo danh
Trang 2Môn thi: Toán - Lớp 9
Bài 1: ( 2 điểm)
a)
ĐKXĐ Với x 0, x 1
: 2
P
0.75
b)
7
Vậy khi x = 2 thì 2(3 2)
7
c)
Vì x x 1>0 nên P >0
Với x 0 thì x x 0nên x x 1 1
Do 0 < P 2 nên P.(P – 2) 0 P2 2P
Bài 2: ( 2 điểm)
4x 3x 3 4 x 3x 2 2x 1( ĐKXĐ x 1
2) 2
4x 3x 3 4x x 3 2 2x 1
4x 4x x 3 x 3 1 2 2x 1 2x 1 0
0.25
x
2
1
1 2 1
x x
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 0.25
b)
Tìm được (d1) cắt (d2) tại M(2m ; 5m-1) với mọi m
Suy ra quan hệ : ym = 5
Vậy khi m thay đổi, giao điểm M của (d1) và (d2) luôn nằm
trên đường thẳng cố định (d) : y = 5
Trang 3Bài 3: ( 2 điểm)
Ý/
Phần
a) Ta có : a 4 4 = (a 4 4a2 4) 4 a2 a -2a+2 a +2a+2 2 2 0.25
Vì a Z a -2a+2 2 Z;a +2a+2 2 Z
Có a +2a+2= a+1 2 2 1 1 a
nên a 4 4 là số nguyên tố thì a +2a+2=1 2 hoặc a - 2a+2=1 2 0.25 Nếu a +2a+2=1 2 a 1 thử lại thấy thoả mãn
Nếu a -2a+2=1 2 a 1 thử lại thấy thoả mãn
Vậy a 4 4 là số nguyên tố thì a=1 hoặc a= -1 0.25
b) Từ a 3 2 3 3 2 3<=> a 3 ( 23 3 3 2 3 )3
<=> a3 = 3a +4<=> a3 - 3a = 4 0.25 Mặt khác từ a3 = 3a +4 <=> a(a2 - 3 ) = 4 <=> a2 - 3 = 4 : a (vì
Thay vào và rút gọn ta có M = a
a 3 ) 3 (
64
3
= a3 - 3a = 4
Bài 4: ( 3 điểm)
a)
Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = AE
AB
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = AF
AC
0.5
Suy ra AE
AB= AF
AC AEF ABC c g c( )
* Từ AEF ABC suy ra
2 2 cos
AEF ABC
A
0.5
b)
Tương tự câu a, BDF cos2 , CDE cos2 .
S S
0.25
A
F
E
H
D
Trang 4Từ đó suy ra
DEF ABC AEF BDF CDE 1 cos cos cos
S
Suy ra S DEF 1 cos 2 A cos 2B cos 2C S. ABC
0.5
c)
HBC ABC
S
HC CE HC HB CE HB
C HEC
AC CF AC AB CF AB S
Tương tự: .. HAB
ABC
S
HB HA
AC BC S ; .. HAC
ABC
S
HA HC
AB BC S Do đó:
.
HC HB
AC AB+ .
.
HB HA
AC BC+ .
.
HA HC
AB BC = HBC HCA HAB 1
ABC
S
0.25
Ta chứng minh được: (x + y + z)2 3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2
HA HB HC HA HB HB HC HC HA
BC AC AB BC BA CA CB AB AC
Suy ra HA HB HC 3
BC AC AB
0.5
Bài : 5 (1 điểm)
Gọi a, b, c lần lượt là cạnh huyền và 2 cạnh góc vuông của
vuông
Khi đó: a, b, c N và a 5; b, c 3
Ta có hệ phương trình:
) 2 ( ) c b a ( 3 bc
) 1 ( c
b
0.5
(1): a2 = b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (b + c)2 – 6(a + b + c)
a2 + 6a + 9 = (b + c)2 – 6(b + c) + 9
(a + 3)2 = (b + c – 3)2
a + 3 = b + c – 3
a = b + c – 6 (2): bc = 3(b + c – 6 + b + c) = 3(2b + 2c – 6)
(b – 6)(c – 6) = 18 Nên ta có các trường hợp sau:
1 b – 6 = 1 và c – 6 = 18 thì b = 7; c = 24 và a = 25
2 b – 6 = 2 và c – 6 = 9 thì b = 8; c = 15 và a = 17
3 b – 6 = 3 và c – 6 = 6 thì b = 9; c = 12 và a = 15 0.5