Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Hải Dương

Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Hải Dương giúp các em học sinh tự kiểm tra lại kiến thức môn Toán lớp 9 của mình, luyện đề chuẩn bị tốt cho kì thi học kì 1 môn Toán sắp tới. Mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Hải DươngĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNGNĂM HỌC 2017-2018Câu 1. a) Cho A=x2  xx2  x1. Rút gọn B  1  2 A  4 x  1 với 0  x 4x  x 1 x  x b) Cho x, y, z  0 và đôi một khác nhau thỏa mãn1 1 1   0 . Chứngx y z201620172018 2 2minh  2  x  y  z   xy  yz  zx . x  2 yz y  2zx z  2xy 11Câu 2. a)Giải phương trình1x  5  x  2 1  x 2  3x  10  7 . x 2  y 2  xy  2b)Giải hệ phương trình  3.x  x  yCâu 3. a)Tìm các số thực x sao cho x  2018 và7 2018 đều là số nguyên.x22b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab . Biết rằng ab  ba là số chia hết cho3267 .Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có góc BDC  900 , đường phân giác gócBAD cắt cạnh BC và đường thẳng CD lần lượt tại E và F . Gọi O, O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD và CEF .1)Chứng minh rằng O thuộc đường tròn (O) .2) Khi DE vuông góc BCa) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại G . Chứng minhrằng BG.CE  BE.CGb)Đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếptuyến chung IK ( I thuộc (O) , K thuộc (O ) và H , I , K nằm cùng phíabờ OO ). Dựng hình bình hành CIMK . Chứng minh OB  O C  HM .Câu 5. Cho x, y, z  0 thỏa mãn x2  y 2  z 2  3xyz . Tìm GTLN củaPx2y2z2x 4  yz y 4  zx z 4  xyLỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNGNĂM HỌC 2017-2018Câu 1.x2  xx2  x1a) Cho A=. Rút gọn B  1  2 A  4 x  1 với 0  x 4x  x 1 x  x b)Cho x, y, z  0 và đôi một khác nhau thỏa mãn1 1 1   0.x y z 201611120172018 2 2 xy  yz  zxChứng minh  2 x y zx2yzy2zxz2xyời giảia) Ta cóx2  xx2  xx ( x x  1)x ( x x  1)A==x  x 1 x  x 1 x  x 1x  x 1 x ( x  1)  x ( x  1)  2x1B  1  2 A  4 x  1  1  4 x  4 x  1  1  2 x  1  2 x (0  x  )4b)Ta có1 1 1   0  yz  xz  xy  0x y z x2  2 yz  x2  yz  yz  x2  yz  xz  xy  x( x  z )  y( x  z )  ( x  z )( z  y)Tương tự  y 2  2zx  ( y  z)( y  x); z 2  2xy=(z-x)(z-y)111 2 2x  2 yz y  2 xz z  2 yx2111( x  y)( x  z ) ( y  z )( y  x) ( z  y )( z  x)y  z  z  x  x  y0( x  y )( y  z )( z  x) 201611120172018 2 2 2 (x  y  z )  0 . x  2 yz y  2 xz z  2 yx Câu 2.a)Giải phương trình22 x  y  xy  2b)Giải hệ phương trình  3x  x  yời giảia)Điều kiện x  2x  5  x  2 1  x 2  3x  10  7 .x  5  x  2 1  x 2  3x  10  7 1  x2  3x  10  x  5  x  2 ( x  5( x  2  1)  x  2  1 x  2 1x  3 x  4 x  5  1So với điều kiện ta được phương trình có 1 nghiệm x  3 . x 2  y 2  xy  2b)  3x  x  yTừ phương trình x3  x  y  2x3  2( x  y)  ( x2  y 2  xy)( x  y)  x3  y 3 x3  y 3  x  yVới x  y thế vào phương trình x2  y 2  xy  2 ta đượcy  2y2  2   y   2Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  {( 2; 2);( 2;  2)} .Câu 3.a)Tìm các số thực x sao cho x  2018 và7 2018 đều là số nguyên.x22b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab . Biết rằng ab  ba là số chia hết cho 3267 .ời giảia) Điều kiện x  0 .Đặt a  x  2018  x  a  2018Xét b 777  a 2018  2018 2018  2018 xa  2018a  2018 b(a  2018)  2025  a 2018 ab  2015  (b  a) 2018Với a, b  Z ab  2025  Z  (a  b) 2018  0ab a  b   2025  45+ a  45  x  45  2018+ a  45  x  45  201822b) ab  ba  (10a  b)2  (10b  a)2  99(a 2  b2 )22ab  ba chia hết cho 3267 nên a 2  b2  (a  b)(a  b) chia hết cho 331  a, b  9  a  b ,hay a  7, b  4 ; a  4, b  7Vậy ta có các số 11;22;33;44;47;55;66;74;77;88;99 .Cho hình bình hành ABCD có góc BDC  900 , đường phân giác góc BAD cắtcạnh BC và đường thẳng CD lần lượt tại E và F . Gọi O, O lần lượt là tâmđường tròn ngoại tiếp BCD và CEF .Câu 4.1)Chứng minh rằng O thuộc đường tròn (O) .2) Khi DE vuông góc BCa) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại G . Chứng minh rằngBG.CE  BE.CGb)Đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếp tuyến chungIK ( I thuộc (O) , K thuộc (O ) và H , I , K nằm cùng phía bờ OO ). Dựng hìnhbình hành CIMK . Chứng minh OB  O C  HMời giảia) BAE  EFC EFC  FECBAE  DAE (giả thuyết);  DAE  FECsuy ra EFC cân tại C  CE  CFmà BEA  FEC  BEA  BAE nên ABE cân tại B BA  BE mà BA  CD nên BE  CDCE  CF BE  CE  DC  CF  BC  DF (1) . BE  CDMặt khác O CF cân  O CF  O FCVới CE  CF  O CE  O CF  O CE  O FC (2)Mà O C  O F (3) .Từ (1) , (2) và (3) ta được BO C  DO F  O BC  O DFNên tứ giác BDCO nội tiếp hay điêm O thuộc đường tròn (O )b)Tam giác BCD tại D ,nội tiếp đường tròn (O) .Ta có2 DG  CG.BG DG 2  DE 2  CG.BG  BE.CE  GE 2  CG.BG  BE ...