Thông qua việc giải trực tiếp trên Đề khảo sát năng lực đội tuyển HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Ngọc Lặc các em sẽ nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC L ẶC
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh
KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I: (4,0 điểm)
1
2 1
1 : 1
1
x x
x x
x x x
x x
1 Rút gọn biểu thức M
2 Tính giá trị của M khi x = 3 3
20 14 2 + + 20 14 2 -
Câu II: (4,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2 29 61
3
x
2 Giải hệ phương trình:
0 1 7
2
0 3 51
4 4
y x x
y x y
xy x
Câu III: (4,0 điểm)
1 Tìm các nghiệm nguyên (x; n) của phương trình: .
4
1 2
1
n x
x
2 Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 x 3y2 y Chứng minh
1 2 2
;
y x y
x và 3x y3 1 đều là các số chính phương
Câu IV: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tâm giác ABC Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C) Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC
1 Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp
2 Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng
3 Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất
Câu V: (2,0 điểm)
Cho , ,a b c 0 Chứng minh rằng:
.
- Hết -
Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC LẶC
KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 02 trang, gồm 06 câu)
I
(4,0đ)
Ta có:
x x 1
0,5
=
2
1
1
x
x
0,5
0,5
Vậy với x 0; x1 ta có: M = 1
1
x x
0,5
0,25
20 14 2 20 14 2 3 20 (14 2)
3 40 3 .2 3 6 40 0
Thay x = 4 vào M ta được: M = 4 1 3
4 1
Vậy khi x = 3 3
II
(4,0đ)
1 ĐKXĐ: 61
12
3 36 6
x
y
6
y )
x
12x 61 36 y2 12y 1 3y2 yx 5 (1)
0,5
Mặt khác từ phương trình đã cho ta có:
3
x x y 3x2x y 5 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
2 2
Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được phương trình:
0,25
0,5
Trang 3xy3x 3y 2 0 0 3 2
3 3 2 0
3
x
3 5
3
x y x x (loại); 5
3
x (thỏa mãn ĐK)
1 14 3
3
x (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình là: 5
3
3
0,25
0,25
0 1 7
2
0 3 51
4 4
y x x
y x y
xy
2
3
1
x
0,5
2
1
1 7
(*)
Hệ phương trình trên trở thành:
3 57 7
(I)
Giải hệ phương trình (I) ta được: ; (3; 4), 15; 1
2 2
u v
0,25
0,5
x y
u v
0,5
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:
x y
0,25
III
(4,0đ)
1 Đặt:
4
1
x
y với y 0
4
1
y x
4
1
x y
0,25
Phương trình đã cho trở thành: n y y y
4
1 4
2
0,5
Trang 4N
I H
K
O B
A
C
M
Vì 2
2
1 4
1
y y
4
1
2
y y
n Từ đó ta có:
4
1
n (vì y 0)
Với
4
1
n thì
2
1
n
2
1 4
1
x
Suy ra xn n n n
4
1 4
1
0,75
Để x nguyên với giá trị nguyên của n thì n phải là số chính phương, nghĩa
là 2
t
n với t Z Hơn nữa t 0 (vì n 0do
4
1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đó là: xt2t; 2
t
n trong đó t là
số nguyên khác 0
0,5
2
Từ: 2x2 + x = 3y2 + y (1)
=> 2x2 – 2y2 + x – y = y2
=> (x – y)(2x + 2y + 1) = y2 (2)
0,5
Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2
( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2
=> (x – y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y + 1) = x2y2
=> (2x + 2y +1)(3x + 3y + 1) là số chính phương (3)
0,5
Gọi (2x + 2y + 1; 3x +3y + 1) = d
=> ( 2x + 2y + 1) d; (3x + 3y + 1) d
=> (3x + 3y + 1) – (2x + 2y + 1) = (x + y) d
=> 2(x + y) d =>( 2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1 d nên d = 1
=> (2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1) = 1 (4)
0,5
Từ (3) và (4) => 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương
Lại có từ (2) =>(x – y)(2x + 2y + 1) là số chính phương
Suy ra x – y cũng là số chính phương
Vậy x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương khi
2x2 + x = 3y2 + y
0,5
IV
(6,0đ)
1 Gọi giao điểm của CH với AB là I, AH với BC là K
Ta có tứ giác BIHK nội tiếp IBKˆ KHIˆ 1800 0,5
mà KHIˆ AHCˆ IBKˆ AHCˆ 1800 (1) 0,5
Ta lại có IBKˆ AMCˆ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
AMC APC (t/c đối xứng) IBKˆ APCˆ (2) 0,5
Trang 5Từ (1) và (2) APCˆ AHCˆ 1800
2 Tứ giác AHCP nội tiếp AHPˆ ACPˆ = ACMˆ 0,25
Ta lại có ACMˆ ABMˆ 1800 AHPˆ ABMˆ 1800 mà ABMˆ ABNˆ
AHPˆ ABNˆ 1800 (3)
0,75
Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp
ABNˆ AHNˆ (4)
0,75
Từ (3) và (4) AHPˆ AHNˆ 1800 N, H, P thẳng hàng 0,25
3 MANˆ 2BAM MAPˆ ; ˆ 2MACˆ
NAPˆ 2(BAMˆ MACˆ ) 2BACˆ (<1800) không đổi 0,75
Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sinBAC
NP lớn nhất AP lớn nhất mà AP = AM
AM lớn nhất AM là đường kính của đường tròn (O)
Vậy NP lớn nhất AM là đường kính của đường tròn
1,25
V
(2,0đ)
Ta có:
2 2
2 2
2
2 a ab b b
b
b ab a b b a b
a
b ab
2
1 4
1 4
2 2
Suy ra: a b a ab b a b
b
a
2
1
2
(1)
1,0
Tương tự, ta có:
b c b bc c b c
c
b
2
1
2
(2)
c a c ca a c a
a
c
2
1
2
(3)
0,25 0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc
0,5
Chú ý:
1 Học sinh làm cách khác đúng thì chấm điểm tối đa tương ứng
2 Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm
3 Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25