SỞ GD & ĐT ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TP
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút

1
2
2 3


3
2 3 3 3
Câu 2(2 điểm).Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm B(6;0) và C(0;3) và đƣờng thẳng d m có
1
phƣơng trình y  mx  2m  2 với m là tham số m  0; m  .
2
a)Tìm tọa độ giao điểm của hai đƣờng thẳng BC và d m
b)Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đƣờng thẳng d m chia tam giác OBC thành hai phần
có diện tích bằng nhau (O là gốc tọa độ) .
Câu 3(2 điểm).
Câu 1 (1 điểm).Tính A 

24  8 9  x 2  x  2 3  x  4
7
 12
 x  1  y  3  19


Câu 6(1 điểm).
Cho ba số x,y,z thỏa mãn các hệ thức ( z  1) x  y  1 và x  zy  2 . Chứng minh rằng
(2 x  y)( z 2  z  1)  7 và tìm tất cả các số nguyên x,y,z thỏa mãn các hệ thức trên
ĐÁP ÁN
1
2
2 3
1
2 3


 2  3  (3  3) 
1
Câu 1 (1 điểm).Tính A 
3
3
3
2 3 3 3
Câu 2(2 điểm).
1
x  3 .Tìm tọa độ giao điểm của hai đƣờng thẳng
a)Ta có phƣơng trình đƣờng thẳng BC là y 
2
 y  mx  2m  2
x  2


BC và d m là nghiệm của hệ 
.Tọa độ giao điểm là (2;2).
1

2
2
2
m 1
m 1
TH2: m  1  0 
 3  0  2.
 6  xO  xE  xB
m
m
1
m 1
m 1
hoặc m   0 
 3  0  2.
 6  x O  x E  x B . Trong trƣờng hợp này thì E
2
m
m
nằm giữa O, B. Khi đó, để d m chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng
1
9
9
3
m 1 3
nhau thì: SBDE  SOBC   BE   x E  OE   2.
  m  4 (thỏa).
2
2
2

 x  1 y  3
y3
x 1
y3
suy ra nghiệm của hệ là (2;-2).
Câu 4(1 điểm).
Gọi các chữ số hàng đơn vị cần điền vào ô thứ nhất, thứ nhì, thứ ba lần lƣợt là a, b, c
( (a, b, c  ,0  a, b, c  9) .
Từ giả thiết: ngƣời đó đã bắn 100 lần, ta có đƣợc PT:
2a  40  1b  1c  9  7  100  a  b  c  4  c  4 .


Từ giả thiết: điểm trung bình trong 100 lần bắn là 8,35, ta có đƣợc PT:
1
(10.2a  40.9  8.1b  7.1c  6.9  5.7  8,35  10a  8b  7c  36 (2).
100
Từ PT (2) rút ra nhận xét: c chẵn. Lại có c  4  c 0;2;4 . Thử 3 trƣờng hợp của c, đƣợc 1 TH
có nghiệm là khi c =0 hay suy ra a=2;b=2.Kết luận: các số cần điền theo thứ tự là 2, 2, 0.
Câu 5(3 điểm).

a) MA2  MD2  DA.DB =(MA−MD)(MA+MD)=(MB−MD)(MA+MD)=BD.AD
b) OA2  OD2  ( AM 2  OM 2 )  ( DM 2  OM 2 )  AM 2  DM 2  DA. DB . Hạ OT⊥AC. Chứng
minh tƣơng tự, ta có OA2  OE 2  EA.EC . Lại có
OE=OD nên DA.DB  OA2  OD2  OA2  OE 2  EA.EC .Vậy OA2  OD2  DA.BD  EA.EC .
c) Gọi (F) là đƣờng tròn ngoại tiếp△GHK, △BED có K, G lần lƣợt là trung điểm DE, BE
BC
suy ra KG là đƣờng trung bình của tam giác .Ta suy ra KG//BD; KG 
.Ta có △CED có K, H
2
lần lƣợt là trung điểm DE, DC nên suy ra KH là đƣờng trung bình của tam giác hay KH//EC;

 x
+ Xét z khác 0 và z khác 1.Khi đó từ phƣơng trình ( z  1) x  y  1  
z 1

 y  ( z  1) x  1(2)
 x  2  yz (3)

và từ phƣơng trình x  yz  2  
.Từ phƣơng trình (1) và (3)
2 x
 y  4 (4)
y 1
 2  yz  y ( z 2  z  1)  2z  5(5) .
z 1


Từ phƣơng trình (2) và (4) suy ra
2 x
( z  1) x  1 
 x( z 2  z  1)  2  z  2x( z 2  z  1)  2z  4 (6).
z
Lấy (6)−(5)(6)−(5) vế theo vế ta đƣợc: (2x  y)( z 2  z  1)  7 .
Vậy tóm lại ta luôn có (2x  y)( z 2  z  1)  7 (∗).
Tiếp theo ta đi tìm x,y,z ∈Z thỏa mãn các hệ thức trên.
1
3
Ta có nhận xét rằng: z z 2  z  1  ( z  )2   0  2x  y  0 .
2
4
Khi đó từ phƣơng trình (∗), ta xét hai trƣờng hợp: