Đề thi học sinh giỏi môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Nghĩa Đồng (Lần 1)

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN TÂN KỲ<br /> TRƯỜNG THCS NGHĨA ĐỒNG<br /> <br /> ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LẦN I<br /> NĂM HỌC 2018-2019<br /> MÔN THI: TOÁN<br /> Thời gian: 150 phút làm bài.<br /> <br /> Bài 1: (4 điểm)<br /> <br />  x3 x<br /> 2 x 1  x  9<br /> <br /> .<br /> x6 x 9 x3 x  x 3<br /> <br /> Cho P  <br /> <br /> a) Rút gọn biểu thức P.<br /> b) Tìm giá trị của P khi x=0,25.<br /> c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P.<br /> Bài 2: (5 điểm)<br /> 8  2 15  5  2 6<br /> <br /> a) Tính<br /> <br /> 7  2 10<br /> <br /> .<br /> <br /> x 4  6x 3  9x 2  2018<br /> b) Cho x – 3x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức: P  4<br /> .<br /> x  9x 2  6x  2018<br /> 2<br /> <br /> c) Giải phương trình: 2 x 2  7 x  10  2 x 2  x  4  3x  3 .<br /> Bài 3: (3,0 điểm)<br /> a) Tìm số tự nhiên n bé nhất để: F = n3 + 5n2 – 9n – 45 chia hết cho 239.<br /> b) Tìm số tự nhiên n để số A = n4 +2n3 – 2n2 + 8 là số chính phương.<br /> Bài 4: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức:<br /> a) sin   cos    sin   cos   ; c) sin .cos   tan   cot   ;<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> b) cot 2   cos2 .cot 2  ; d) tan2  sin2 . tan2  .<br /> Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Kẻ AH vuông góc<br /> với BC tại H. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.<br /> a) Biết AB = 6cm, HC = 6,4cm. Tính BC, AC.<br /> b) Chứng minh rằng DE3 = BC.BD.CE<br /> c) Đường thẳng kẻ qua B vuông góc với BC cắt HD tại M. Đường thẳng kẻ qua C<br /> vuông góc với BC cắt HE tại N. Chứng minh rằng M, A, N thẳng hàng.<br /> d) Chứng minh rằng BN, CM, DE đồng qui.<br /> …………………………HẾT…………………………..<br /> Lưu ý: Thí sinh không được dùng máy tính bỏ túi.<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 9<br /> NĂM HỌC 2018-2019<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> Bài<br /> <br /> Điểm<br /> 0,5<br /> <br /> ĐKXĐ: x  0; x  9<br /> a)<br /> 1 (4đ)<br /> <br /> b)<br /> <br /> <br /> P<br /> <br /> <br /> <br /> x 1<br /> <br /> 2<br /> <br /> .<br /> <br /> x<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> Với x  0,25 Ta có: P <br /> <br /> <br /> c) P <br /> <br /> <br /> <br /> x 1<br /> <br /> <br /> <br /> 0, 25  1<br /> 0, 25<br /> <br /> 2<br /> <br />  0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 1<br />  2  2 x.<br /> 2  220 .<br /> x<br /> x<br /> x<br /> Dấu bằng xảy ra khi x  1 (TMĐKXĐ). Vậy minP  0  x  1<br /> <br /> a) Ta có<br /> <br /> =<br /> <br /> x<br /> <br /> 8  2 15  5  2 6<br /> 7  2 10<br /> <br /> <br /> <br /> ( 5  3) 2 <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 5 2<br /> <br /> 3 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> <br /> 1  2018 2019<br /> <br />  1.<br /> 1  2018 2019<br /> c) ĐK: x<br /> P<br /> <br /> 1<br /> <br /> 1,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> <br /> Đặt u  2 x 2  7 x  10; v  2 x 2  x  4  u  0, v  0.<br /> Suy ra u2  v 2  6 x  6,   2  3x  3  2  u  v   .<br /> Từ u2  v 2  2  u  v  ta có  u  v  u  v  2  0 . Vì u  v  0 nên<br /> u  v  2  0 suy ra u  v  2 hay là 2 x  7 x  10  2 x  x  4  2<br /> 3 x  1  0<br /> Do đó 2 2 x 2  x  4  3x  1   2<br />  x  3 (TM)<br />  x  2 x  15  0<br /> Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x  3 .<br /> 2<br /> <br /> 3 (3đ)<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 2<br /> <br /> b) Ta có:<br /> x2 – 3x – 1 = 0  x2 – 3x = 1  (x2 – 3x)2 = 1  x4 – 6x3 + 9x2 = 1 ;<br /> Mặt khác:<br /> x2 – 3x – 1 = 0  x2 = 3x + 1  x4 = (3x + 1)2 = 9x2 + 6x + 1.<br /> 2 (5đ)<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 2<br /> <br /> a) Ta có: F = n3 + 5n2 – 9n – 45 = (n – 3)(n + 3)(n + 5).<br /> Thử với n = 0; 1; 2 thì F đều không chia hết cho 239.<br /> Thử với n = 3 thì F = 0 chia hết cho 239.<br /> Vậy số tự nhiên bé nhất cần tìm là: n = 3.<br /> 2<br /> 2<br /> b) A= n4  2n3  2n2  8 =  n  1  1  n  2 <br /> Ta có:Với n  0  A  8 , không chính phương<br /> Với n  1  A  9 là chính phương.<br /> Với n > 1 thì (n-1)2 < (n-1)2 +1= n2 + 2(1-n) < n2 (vì n>1)<br /> 2<br />  (n-1) +1 không thể là số chính phương khi n > 1.<br /> Vậy khi n = 1 thì A là số chính phương.<br /> <br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> <br /> 4 (2đ)<br /> <br /> Rút gọn các biểu thức:<br /> 2<br /> 2<br /> a) sin   cos    sin   cos   ;<br /> b) sin .cos   tan   cot   ;<br /> c) cot 2   cos2 .cot 2  ;<br /> d) tan2  sin2 . tan2  .<br /> <br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 5 (5đ)<br /> <br /> a) Đặt BH = x (0 < x < 6) BC = x + 6,4<br /> AB2 = BH.BC  62 = x(x + 6,4)  x = 3,6<br />  BC = 10cm; AC = 8cm.<br /> b) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật DE = AH<br /> Chứng minh: BH2 = BD.BA, CH2 = CE.CA<br /> AH2 = HB.HC, suy ra AH4 = HB2.HC2 = BD.BA.CE.CA<br /> AH4 = BD.CE.BC.AH<br /> AH3 = BD.CE.BC<br /> Vậy DE3 = BD.CE.BC<br /> c) Chứng minh CNH = BHM , HD = AE<br /> Gọi giao điểm của NA với HD là M’.<br /> Ta có:<br /> NE NC NE<br /> AE<br /> HD HB<br /> HD<br /> AE<br /> .<br /> <br /> <br /> .<br /> <br /> <br /> ; cos2 BHM <br /> NC NH NH M ' H<br /> HB HM HM HM<br /> AE<br /> AE<br /> <br />  M ' H  MH<br /> Suy ra<br /> M ' H MH<br /> Nên M’ trùng M  M, A, N thẳng hàng.<br /> cos2 CNH <br /> <br /> d) Có BM//CN, BD // NE, MD // CE<br /> (1)<br />  BDM ∽ NEC  BD/NE = DM/EC<br /> Gọi I là giao của MC với DE  DI/EI = DM/EC<br /> (2)<br /> Gọi I’ là giao của BN với DE  DI’/EI’ = BD/NE<br /> (3)<br /> Từ (1), (2), (3)  DI/EI = DI’/EI’  I và I’ trùng nhau.<br /> Vậy BN, CM, DE đồng qui.<br /> <br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,5<br /> <br />