đề toán tham khảo

Các đường phân giác AD, đường cao BH, đường trung tuyến CE đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng: AC.[r]

PHÒNG GD& ĐT HỒNG LĨNH

- KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ

NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN TOÁN – LỚP 9

Thời gian thi: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

Câu 1

Giá trị của biểu thức A =

1  2  2  3 3  4   224  225 là:

Câu 2

Thu gọn biểu thức A= 6 2 2 3  4 2 3 được kết quả là:

Câu 3

Với

3 5

5 3

x  

thì giá trị của biểu thức B 15x2  x 15 2 bằng:

Câu 4

Giá trị của biểu thức: C =

0

0

3tan 54 2cot 37 cot 53 sin 28 sin 62

cot 36

là:

Câu 5 Số đo của góc nhọn x, biết cos2x 2sin2x0,25 là:

Câu 6

Biết x 3 4( 5 1)  3 4( 5 1) thì giá trị của biểu thức

D  ( x3  12 x  9)2017 bằng:

Câu 7 Với một lượng tối thiểu là bao nhiêu HS thì ta có thể tìm được một cặp

HS có ngày tháng sinh giống nhau ?

Câu 8 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH

Biết AB = 15cm, HC = 16cm

Độ dài đoạn thẳng BC bằng

Câu 9 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn,

kẻ đường cao AH Biết BC = 12 cm,

16 15

B

A

 0

B 60 , C 45  0 Diện tích tam giác

ABC bằng bao nhiêu ?

Câu 10 Tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

xy  xy x   y là:

II PHẦN TỰ LUẬN (15 điểm)

Câu 11.

a, Tìm GTNN của biểu thức A = 2

1

x x



b, Cho x + y + z = x2 + y2 + z2 = x3 + y3 + z3 = 1

Tính giá trị biểu thức: A = x2017 + y2018 + z2019

Câu 12 a) Rút gọn biểu thức: 2

      



b) Giải phương trình: 4x2 3x 3 4 x3 3x2 2 2x 1

c) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 12 Chứng minh rằng:

3a2 a 1 3b2 b 1 3c2 c 1 3 17

Câu 13 a) Cho tam giác ABC vuông tại A, có góc B = 200 Vẽ phân giác trong BI, vẽ

ACH = 300 về phía trong tam giác (H  AB) Tính CHI.

b) Cho tam giác ABC Các đường phân giác AD, đường cao BH, đường trung

tuyến CE đồng quy tại điểm O Chứng minh rằng: AC cosA = BC cosC

Hết

45 60

H

C B

PHÒNG GD-ĐT HỒNG LĨNH

-ĐÁP ÁN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ

NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN TOÁN - KHỐI 9

Thời gian thi: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN TRẮC NGHIỆM: 5 điểm (mỗi câu 0,5 điểm)

Câu 1

Giá trị của biểu thức A =

1  2  2  3 3  4   224  225 là:

28

Câu 2

Thu gọn biểu thức A= 6 2 2 3  4 2 3 được kết quả là:

Gợi ý: Ta có: 6 2 2 3  4 2 3

6 2 2 2 3 6 2 4 2 3

6 2( 3 1) 4 2 3 3 1

A = 3 1

Câu 3

Với

thì giá trị của biểu thức B15x2  x 15 2 bằng:

Gợi ý: Biến đổi B = x 152 x 15 2 

Ta có:

nên x 15 8

Vậy: A = 82 – 8 – 2 = 54

B = 54

Câu 4

Giá trị của biểu thức:

C =

0

0

3tan 54 2cot 37 cot 53 sin 28 sin 62

cot 36

Câu 5

Số đo của góc nhọn x, biết cos2 x 2sin2x0,25 là:

Gợi ý:

x = 300

Câu 6 Biết x3 4( 5 1)  34( 5 1) thì giá trị của biểu thức

( 12 9)

D x  x bằng:

Gợi ý: x34( 5 1)  3 4( 5 1)

D = -1

 x  3 8 3 4( 5 1).4( 5 1).( 4( 5 1)3   3   3 4( 5 1) 

 x3   8 3.4.x  x3   8 12x x3  12x 8 0 

 x3 12x 9  1  D  ( 1)2017  1

Câu 7 Gợi ý:

Năm thường 366 HS; Năm nhuận 367 HS

366; 367

Câu 8

Gợi ý: Đặt BH = x (x>0) Có AB2 =BH.BC

 152 = x(x+16)

 225 = x2 + 16 x

 (x-9)(x+25) = 0

 x = 9

 BC = 25

BC = 25

Câu 9

Gợi ý:

Đặt AH = x, ∆ AHC vuông cân

Nên HC = AH = x

BH = AH Cot B =

3 3

x

Ta có:

SABC =

1

2AH BC =

2

1 6(3 3).12 36(3 3)( )

SABC =

2

36(3  3)(cm )

Câu 10

Tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

xy  xy x  y là:

Gợi ý:

xy  xy x  y  x y(  1)2  32y

32

1 0

( 1)

y

y



Vì ( ,y y1) 1  (y1)2U(32)

mà 32 2  5  (y 1)2  22 và (y 1)2 24(Do (y 1)2 1)

*Nếu (y1)2 22 y1;x8

*Nếu (y 1)2 24 y 3;x 6

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: (8, 1); (6, 3)

(8; 1), (6; 3)

II PHẦN TỰ LUẬN (15 điểm)

x

16 15

B

A

45 60

H

C B

A

(2,0 đ) =

(1 ) 4(1 )

1 1

Đặt 1 x a  ; 1 x b 



4



(BĐT Cô-si) Dấu “=” xảy ra  a2 = 4b2  1 + x = 4(1 – x)  5x = 3  x =

3 5

1 1

b)

(2,0 đ)

Ta có: x + y + z = 1  (x + y + z)2 = 1  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) =

1

 xy + yz + zx = 0 (1)

Ta lại có: x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)

 1 – 3xyz = (1- xy – yz – zx)  3xyz = xy + yz + zx (2)

Từ (1) và (2)  3xyz = 0 

0 0 0

x y z











 



Nếu x = 0 thay vào (2)  yz = 0 



Vậy (x, y, z) = (0, 0, 1); (0, 1, 0)

Tương tự, trong mọi trường hợp thì chỉ có 1 số bằng 1, hai số bằng 0 Vậy

A = 1

1

1

a)

(2,5 đ)

ĐKXĐ: −1<x <1

Ta có:

¿ 5+√1 − x2

√1 − x2 5+√1 − x2 =√1 − x

0,5 1,0

1,0

b)

(2,5 đ) Điều kiện:

1 2

x 

4x2 3x 3 4 x3 3x2 2 2x 1

2

4x 3x 3 4x x 3 2 2x 1

4x 4x x 3 x 3 1 2 2x 1 2x 1 0

2x x 3 2 1 2x 12 0

0,25

0,25

0,75 0,5 0,25

2 3

x



 

 2

1

1 2 1

x x

  

 

0,5

c)

(1,0 đ)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm, ta có:

2

4

3 18

a a

a a a a

a a

a a



0.5

Do đó

1 7 40

4 17

a

a a     

  (1)

Tương tự:

1 7 40

4 17

b

b b     

  (2)

1 7 40

4 17

c

c c     

  (3)

và a + b + c = 12 (4)

0.25

Từ (1), (2), (3), (4) ta có :

4 17

1 51 3 17 17

a b c

a a  b b  c c       

0.25

Câu 13 Nội dung Điểm

a)

(3,0 đ)

I

C

B

M

N H

A

Qua trung điểm M của BC, dựng đường vuông góc với BC cắt AC tại N

∆ BNC cân tại N nên NCB NBC  = 200, mà HCB = 400

suy ra HCN = 200, do đó CN là phân giác của HCB, ta có: CH CB HN NB

Suy ra:

2 (1)

HN NB NB

∆ ACH vuông tại A, có ACH = 300 nên CH = 2 AH Thay vào (1) ta có:

2AH 2MB

HN  NB 

HN NB = cosMBN = cos200 (2)

BI là phân giác của góc B, ta có:

AI BA

IC BC = cosABC = cos200 (3)

Từ (2) và (3) suy ra:

AH AI

HN IC suy ra HI // CN dó đó: CHI HCN = 200

1

0,5

1

0,5

b)

(2,0 đ)

O F

D

C B

A

Vẽ EF  BH thì EF =

1

2 AH

∆ HOC ∆ FOE, suy ra: EF OE



Vì AD là phân giác nên BAD CAD  do đó: AE

OE  , suy ra:

AE

Do đó: 2 2AE

AH  , suy ra: AB CH = AC AH (1)

Xét ∆ HAB vuông tại H có: AH = AB cosA

Xét ∆ HBC vuông tại H có: CH = BC cosC

Thay vào (1) ta được:

AB BC cos C = AC AB cosA hay BC cosC = AC cosA

0,5

0,5

0,5

0,5

Lưu ý: Mọi cách giải đúng đều có thể cho điểm tối đa