Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Lần 2)

Để giúp ích cho việc làm bài kiểm tra, nâng cao kiến thức của bản thân, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Lần 2) bao gồm các câu hỏi bài tập hay và bổ ích giúp bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các bạn thi tốt!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Lần 2)PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOCẨM THỦYĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂNDỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2)Năm học 2018 - 2019Môn: Toán - Lớp 9ĐỀ THI CHÍNH THỨC(Đề thi gồm có 01 trang)Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Câu I. (4,0 điểm):1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:326  15 3. 2  339  80  3 9  80x2. Tính tổng:8.12  18.22  18.32  18.10092  1S  1  2 2  1  2 2  1  2 2  ...  1 1 .33 .55 .72017 2.20192Câu II. (4,0 điểm):32521. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ). Xác định tọa độcác đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.2. Giải phương trình: 13 x2  x4  9 x2  x4  16 .Câu III. (4,0 điểm):1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18x  27 .2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:x4 1 y 4 1là số nguyên. Chứngy 1 x 1minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1).Câu IV. (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và dây cung AH < R. Qua H vẽ đường thẳng dtiếp xúc với đường tròn (O; R). Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d tại B và C sao choH nằm giữa B và C. Vẽ HM vuông góc với OB (M  OB), vẽ HN vuông góc với OC(N  OC).1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3.Chứng minh rằng:111 1.222  a b 2  b c 2  c2a-------------Hết-----------Chữ ký giám thị 1: ………………………………Chữ ký giám thị 2: ………………………………ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂMĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9(Đáp án gồm có 04 trang)Đáp ánBàiĐiểm1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:326  15 3. 2  339  80  3 9  80xa  3 9  80  3 9  80  a 3  9  80  9  80  3 3 9  80 9  80 .aĐặt  a3  18  3 3 81  80.a  a 3  18  3a  a 3  3a  18  00,5đa  3  a  3  a 2  3a  6   0   2 a  3a  6  00,5đMặt khác: 3 26  15 3  3  3  2   3  23Suy ra: x 1(4đ) 326  15 3. 2  339  80  9  803 2 2 333Vậy Q   3.   1 27 9 112020  12020  43  130,5đ30,5đ12. Tính tổng:S  11Ta có:8.12  18.22  18.32  18.10092  111...112.3232.5252.7 22017 2.201928n 2  1 2n  1  2n  122 18n 2  1 4n  12216n 4  8n 2  1  8n 2  1 4n  1220,5đ4n 2 4n  1224n 24n 2  11 11  1  .2  2n  1 2n  1 Với  n ≥ 1, n  N Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:1 1 1 1 1 11 11 1 1 1009S  1  .     1  .     ...  1  .   1009  . 1   10092 1 2 2 3 52  2017 2019 2  2019 2019y321. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm5M(1; ); N(3;0);2(4đ)5K(4; ).243Xác định các đỉnh củatam giác ABC sao cho M, N, Klần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.-2AK2MB1N-1OC1-1-223456x0,5đ0,5đ0,5đLời giải:Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b.Vì M(1;33) thuộc đường thẳng MN nên: = a + b (1)22Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/439x4417Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y  x 36515phương trình đường thẳng NK là: y  x 22Suy ra phương trình đường thẳng MN là: y Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB Phương trình đường thẳng AB có dạng y 3xc45 311 .4  c => c=2 42311 Phương trình đường thẳng AB là: y  x 421Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y  x  135Phương trình đường thẳng AC là: y  x  12311 y  4 .x  2x  2Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình y  4 y  5 .x  1252Mà K(4; )AB suy ra0,5đSuy ra A(2;4)Tương tự: B(6;1) và C(0;-1)0,5đ0,5đ0,5đ1. Giải phương trình: 13 x2  x4  9 x2  x4  16 .Lời giải:Đk: -1 ≤ x ≤ 113. x . 1  x 2  9 x . 1  x 2  13Ta có:2 2560,5đÁp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:13 ; 3 30,5đ x 2 . 13 1  x 2  9 1  x 213(1  x ); 3 1  x22ta được:13. 13 1  x 2   3 3. 3 1  x 2   13  27 13 13x  3  3x   40.16 10x 2222Áp dụng bđt Cosi ta có:0,5đ4.10 x 2 . 16  10 x 2   (10 x 2  16  10 x 2 )2  162  256Dấu bằng xảy ra  10x2 = 16 - 10x2  x  22 5551) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:3x2  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  18x  27 .2Giả thiết  3 x  3  18 y 2  2 z 2  3 y 2 z 2  54 (1)+) Lập luận để z 2 3  z 3  z 2 9  z 2  9 (*)(1)  3( x  3)2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  54(2)(2)  54  3( x  3)2  2 z 2  3 y 2 ( z 2  6)  3( x  3)2  2.9  3 y 2 .3III(4đ)0,5đ0,5đ( x  3)2  3 y 2  12 y 2  4  y 2  1; y 2  4 vì y nguyên dương.Nếu y 2  1  y  1 thì (1) có dạng:3  x  3  5 z 2  72  5 z 2  72  z 2 272 z 2  9  z  3 (vì có(*))50,5đKhi đó 3 x  3  27   x  3  9 , x nguyên dương nên tìm được x = 622Nếu y 2  4  y  2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng:23 x  3  14 z 2  126  14 z 2  126  z 2  9  z 2  9  z  3 (vì z nguyên dương)Suy ra ( x  3)2  0  x  3 (vì x nguyên dương)x  3 x  6Đáp số  y  2;  y  1z  3 z  32) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:0,5đ0,5đx4 1 y 4 1là sốy 1 x 1nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)Lời giải:Đặtx4 1 a y 4 1 m ;với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0y 1 b x 1 n0,5đa m an  bm Zb nbnan  bm b an bn bSuy ra: mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra:   n  ban  bm n bm nb na m x4 1 y 4 144. Z ( v ...