Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak

Các bạn tham khảo Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak Lak sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Đak LakĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAKNĂM HỌC 2017-2018Câu 1:(4 điểm)1. Rút gọn biểu thức P x 3 2 x  4 x  42017. Tìm x sao cho P .2018x3 x 22. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 .Câu 2: (4 điểm)1. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tấtcả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 ,(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức1 1đạt giá trị nhỏ nhất.x1 x22. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  cóA  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiệnx02  1  y0  4  x0  y0  3 .Câu 3: (4 điểm)1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn:x2  y 2  4 x  2 y  18 .2. Tìm tất cả các cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 .ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có đúng 16 ước số nguyên dương..Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnhAB và AC lân lượt tại D và E ( D  B, E  C ). BE cắt CD tại H. Kéo dàiAH cắt BC tại F.1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp.2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N.Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC .Câu 5: ( 2 điểm)Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3  3 y 2  5 y  3  11 9  x2  9 x4  x6 .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  y  2018.Câu 6: (2 điểm)Cho tam giác đều ABC . Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạnthẳng BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh MA2  2MB.MC .LỜI GIẢICâu 1: (4 điểm)3. Rút gọn biểu thức P x 3 2 x  4 x  42017. Tìm x sao cho P .2018x3 x 24. Giải phương trình  x2  4 x  x2  4   20 .Lời giảiP1. Ta cóx 3 2 x  4 x  4x3 x 2x  2 x 1x 1x 2 Mặt khác P 201720182. Tacóx 1x 1x 3 2x 22x3 x 2 x  1x 3 2x  2x 22x 2x 1.x 2x  1 2017 x  2016  x  20162 .2018x 2x2 4 x  x 2  4   20  x  x  4  x  2  x  2   20  x 2  2 x  x 2  2 x  8  20   x 2  2 x  4  4  x 2  2 x  4  4   20 x2  2 x  4  622.  x 2  2 x  4   16  20 .   x 2  2 x  4   36   2x2x46Ta thấy phương trình x2  2 x  4  6 vô nghiệm. x  1  11Mặt khác, x2  2 x  4  6  x2  2 x 10  0   x  1  11.Vậy phương trình có nghiệm là x  1  11 và x  1  11 .Câu 2:(4 điểm)3. Cho phương trình x2  2  2m  3 x  m2  0 , với m là tham số. Tìm tấtcả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0 ,(chúng có thể trùng nhau) và biểu thức1 1đạt giá trị nhỏ nhất.x1 x24. Cho parabol  P  : y  ax2 . Tìm điều kiện của a để trên  P  cóA  x0 ; y0  với hoành độ dương thỏa mãn điều kiệnx02  1  y0  4  x0  y0  3 .Lời giải1.Phương trình có hai nghiệm khác 0 khim  1 2m  32  m2  0 m  3 m  1  0   m  3 . 2m  0m  0m  0 x  x  2  2m  3Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có  1 2 2. x1 x2  mLại có1 1 x1  x2 2  2m  3 12m  18 2m2  2m2  12m  18 m23m23m2x1 x2x1 x22 2  m  32  .233m32Dấu bằng sảy ra khi m  3 .2.Ta có x02  1  y0  4  x0  y0  3  x02  1  x0  y0  4  y0  3 .1x02  1  x01.y0  4  y0  3 x2  1  y  4  x  y  3000 x02  1  y0  4  x02  1  y0  4Vậy nên  02 x0  1  y0  4  x0  y0  33 1  a  x02  3  x02  0  1 a  0  a  1.1 aCâu 3:(4 điểm)3. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn:x2  y 2  4 x  2 y  18 .4. Tìm tất cả các cặp số  a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 .ii) Số N  ab  ab  1 2ab  1 có đúng 16 ước số nguyên dương..Lời giải1.Tax2  y 2  4 x  2 y  18   x2  4 x  4    y 2  2 y  1  21có  x  2    y  1  21   x  y  1 x  y  3  21 .22Do đó sảy ra các trường hợp sau:x  y 1  1x  9. x  y  3  21  y  9+) x  y 1  3x  2.x  y  3  7y  2+) 2. Ta có: N  ab  ab  1 2ab  1 chia hết cho các số: 1; a ; b  ab  1 2ab  1; b ; a  ab  1 2ab  1 ; ab  1; ab  2ab  1 ; 2ab  1;ab  ab  1 ; N ; ab ; ab  1 2ab  1 ; b  ab  1 ; a  2ab  1 ; a  ab  1 ;b  2ab  1 có 16ướcdương Nên để N chỉ có đúng 16 ước dương thì a; b; ab  1; 2ab  1 là sốnguyên tố Do a, b  1  ab  1  2Nếu a; b cùng lẻ thì ab  1 chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đókhông mất tính tổng quát, giả sử a chẵn b lẻ  a  2 .Ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì 2ab  1  4b  1 vàab  1  2b  1 chia hết cho 3 là hợp số (vô lý)  b  3 .Vậy a  2; b  3 .Câu 4: (4 điểm)Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC ...