Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bến Tre

Nhằm giúp các em có thêm tài liệu để ôn tập cũng như thử sức mình trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. TaiLieu.VN gửi đến các em tài liệu tham khảo TĐề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bến Tre, hi vọng tài liệu sẽ cung cấp đến các em những kiến thức bổ ích cho quá trình học tập và ôn thi của mình. Mời các em cùng tham khảo chi tiết tài liệu.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bến TreĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRENĂM HỌC 2017-2018Câu 1: (6 điểm)a)Giải phương trình: 2017 2017 x  2016  2018x  2017  2018 .b) Rút gọn biểu thức: A 2 3 52 2  3 52 3 52 2  3 5. x3  6 x 2 y  7c) Giải hệ phương trình:  3.22 y  3xy  5Câu 2: (4 điểm)Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  28 . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:P5a  5b  2c12  a 2  28  12  b2  28  c 2  28.Câu 3: (6 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  . Giả sử các điểmB, C cố định và A di động trên đường tròn  O  sao cho AB  AC và AC  BC .Đường trung thực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đườngtrung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N .a)Chứng minh rằng: OM .ON  R2 .b)Chứng minh rằng bốn điểm M , N , P, Q cùng nằm trên một đường tròn.c)Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T. Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng.Câu 4: (4 điểm)a)Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16  x3  y3   15xy  371.b)Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đôthị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quyluật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng haibóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người tacó thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vìsao?LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRENĂM HỌC 2017 – 2018Câu 1:(6 điểm)a) Giải phương trình: 2017 2017 x  2016  2018x  2017  2018 .b) Rút gọn biểu thức: A 2 3 52 2  3 52 3 52 2  3 5. x3  6 x 2 y  7c) Giải hệ phương trình:  3.22 y  3xy  5Lời giải2017.20182017 x  2016  12017Xét x 1  2017 2017 x  2016  2018  2017  2018 .20182018 x  2017  1a)ĐKXĐ: x 2017 x  2016  1 2017 2017 x  2016  2018 x  2017  2018 .2018 x  2017  1Xét x  1  Xét x  1 thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x  1 .b)Ta có: A Ac) 5 15 522 3 52 2  3 52 3 54 62 55 15 52 3 52 2  3 52 3 54 62 545 125 1245 125 1225 15 1 2 5 2.555 x3  6 x 2 y  7 x3  6 x 2 y  75 x3  30 x 2 y  35 3 5 x3  30 x 2 y  14 y 3  21xy 2 322322 y  3xy  52 y  3xy  514 y  21xy  35 5x3  5x 2 y  35x 2 y  35x 2 y  14 xy 2  14 y 3  0   x  y   5x 2  35xy  14 y 2   0 .Xét x  y  0  x  y thay vào phương trình x3  6 x2 y  7 ta được7 x3  7  x  1  y  1 .Xét 5x2  35xy  14 y 2  0 . Đặt y  xt , ta có:5x 2  35x 2t  14 x 2t 2  0  x 2 14t 2  35t  5  0 .Vì x  0 không phải là nghiệm nên 14t 2  35t  5  0  t Với t x3  35  3 105 35  3 10532 y  x  thay vào phương trình x  6 x y  7 ta được2828989835  3 105983. x  3y2891  9 10591  9 10591  9 105Với t x3  35  3 105 35  3 10532 y  x  thay vào phương trình x  6 x y  7 ta được2828989835  3 105983. x  3y2891  9 10591  9 10591  9 105Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm: 1;1 ,   39835  3 105983;  32891  9 105 91  9 105Câu 2:35  3 105.289835  3 105983;2891  9 10591  9 105 , .(4 điểm)Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  28 . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:P5a  5b  2c12  a 2  28  12  b2  28  c 2  28.Lời giảiTa có: 12  a 2  28  12  a 2  ab  bc  ca   6  a  b  .2  a  c  .Áp dụng BĐT CauChy được 6  a  b  2  a  c   12  a 2  28  4a  3b  c 1 . Tương tực 2  28 abc26  a  b  2  a  c 4a  3b  c .212  b2  28  4b  3a  c  2  và 3 .Cộng theo vế 1 ,  2  và  3 được:12  a 2  28  12  b2  28  c 2  28 Do đó: P 2  5a  5b  2c  2 .15a  15b  6c 315a  15b  6c.2Vậy GTNN của P làCâu 3:28282. Đạt được khi và chỉ khi a  b , c5.11113(6 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  . Giả sử các điểmB, C cố định và A di động trên đường tròn  O  sao cho AB  AC và AC  BC .Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đườngtrung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N .a) Chứng minh rằng: OM .ON  R2 .b) Chứng minh rằng bốn điểm M , N , P, Q cùng nằm trên một đường tròn.c)Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T. Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng.Lời giảia)AOCBNQPMXét OBM và ONB , ta có:BOM : chungTa có OMB  90  AVà OBN 1180  BOC  90  A2Nên OMB  OBNVậy OBM # ONB (g.g).OM OBOB ON ON .OM  OB2  R2 OM .ON  R2 .b)AOCBNQPMChứng minh tương tự câu a, ta cũng có:OP.OQ  R2  ON .OM  OP.OQ .OP OM, có MOP chung.ON OQVậy OPM # ONQ (c.g.c). ONQ  OPM .Suy ra tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm M , N , P, Q cùng nằm trên một đườngtròn.c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T .Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng.Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST . Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường trònngoại tiếp tam giác BMN và CPQ lần lượt tại T1 và T2 . ...