Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07 tháng 3 năm 2019 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1. (3,0 đ) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019 Câu 2. (5,0 đ) 1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số A = 3n3 + 15n chia hết cho 18. 2) Một đoàn học sinh đi tham quan quảng trường Đại Đoàn Kết tỉnh Gia Lai. Nếu mỗi ô tô chở 12 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia đều cho các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chở không quá 12 người. Câu 3. (6,0 đ) 1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 1 cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Tính thể tích cái hộp. 2) Cho đường tròn O; R và điểm I cố định nằm bên trong đường tròn ( I khác O ), qua I dựng hai dây cung bất kì AB và CD . Gọi M , N, P, Q lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC, ID . a) Chứng minh rằng bốn điểm M , P, N, Q cùng thuộc một đường tròn. b)Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau tại I . Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MPNQ có diện tích lớn nhất. Câu 4. (4,0 đ) 1) Giải hệ phương trình sau: ïì 2 ï x+ 1 + 4- 2y + 5+ 2y- (x- 1) = 5 íï ï 2 ï 5x4 + x- y = 10x3 + y y îï ( ) ( ) 2) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + yz + zx - 2xyz . Câu 5. (2,0 đ) Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi. Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 907. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh chia hết cho 9. --------------------------Hết-------------------------- Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................. ; Số báo danh: ..........; Phòng thi số:..........
2. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 04 trang) Câu Ý Đáp án Điểm Gọi số cần lập có dạng abcd 2019 Trường hợp 1. a 2 Có 7 cách chọn a . a 3, 4,5, 6, 7,8,9 . Có 9 cách chọn b ( Trừ chữ số đã chọn cho a ) 1,25 Có 8 cách chọn c ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b ) Có 7 cách chọn d ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b, c ) Trường hợp này có 7.9.8.7 3528 ( số) Trường hợp 2. a 2, b 0 1 Có 8 cách chọn b (3,0đ) Có 8 cách chọn c 0,75 Có 7 cách chọn d Trường hợp này có 8.8.7 448 (số ) Trường hợp 3. a 2, b 0, c 1 Có 7 cách chọn c 0,5 Có 7 cách chọn d Trường hợp này có 7.7 49 (số) Như vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0,5 3528 448 49 4025 ( số) Ta có: A = 3n3 + 15n = 3 n3 - n + 6n = 3 én - 1 n n + 1 + 6n ù 1,0 ( ) ëê( ) ( ) ûú Ý 1 Với mọi số nguyên n, (n - 1)n(n + 1)+ 6n chia hết cho 6 0,5 (2,0) Vậy A = 3 én - 1 n n + 1 + 6n ù chia hết cho 18 0,5 ëê( ) ( ) ûú Gọi số ô tô lúc đầu là x với x ¥ ; x 2 0,5 2 Số học sinh đi tham quan là 12x + 1 (5,0đ) Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh của đoàn được chia đều cho tất cả 0,5 các xe. Khi đó mỗi xe chở được y học sinh với y N ; 0 y 16 Ý 2 (3,0) Ta có: (x - 1)y = 12x + 1 0,5 12x + 1 13 Û y = = 12 + x - 1 x - 1 0,5 Vì x, y Î ¥ nên x - 1Î Ư(13)={1; 13}
3. Với x 1 1 x 2 suy ra y 25 (loại) 0,5 Với x 1 13 x 14 suy ra y 13 (thỏa mãn) Vậy đoàn tham quan có 14 ô tô và 169 học sinh. 0,5 M A F Q 1 cm B E 0,5 N C D P Ý 1 Đáy hộp là một hình chữ nhật có các kích thước là (2,0) MQ BE 2.1 2(cm) 3 QP FD 2.1. 3 cm 2 0,5 Chiều cao của hộp bằng chiều cao của cây nến 0,5 3 Thể tích của khối hộp là V 2. 3.20 40 3 cm3 (6,0đ) 0,5 C P A M I H K N O B Ý 2a Q (2,0) D a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AID. 1,0 Suy ra MQ / / AD D· AB = Q·MN . Tương tự B·CD = N·PQ có D D· AB = B·CD (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,5 Suy ra Q·MN = N·PQ
4. Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp 0,5 Vậy bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc một đường tròn. 1 1 1 0,5 ^ 2 2 Vì AB CD nên SMPNQ = .MN.PQ = .AB.CD £ (AB + CD ) 2 8 16 1,0 Kẻ OH  AB tại H , OK  CD tại K, ta có : AB2 CD2 4( AH 2 CK 2 ) 4(R2 OH 2 R2 OK 2 ) 2 2 2 2 Ý 2b 4(2R KH ) 4(2R OI ) (2,0) 1 2 2 Suy ra SMPNQ £ (2R - OI ) (không đổi) 4 1 2 2 Vậy SMPNQ đạt giá trị lớn nhất bằng (2R - OI ) 4 0,5 đạt được khi và chỉ khi : AB CD OH OK OKIH là hình vuông AB và CD lập với OI các góc bằng 45o. 4444444444 ïì ï x ³ - 1 ï Điều kiện: íï y £ 2 ï ï 2 ï 5 + 2y ³ x - 1 4 îï ( ) (4,0đ ) Từ phương trình (2) ta có: 4 5x4 - 10x3 y+ x2 - 2xy = 0 Û 5x3 (x- 2y)+ x(x- 2y)= 0 Û x(x- 2y)(5x2 + 1)= 0 Ý 1 (2,0) éx = 0 ê ê ëx = 2 y Với x 0 thay vào (1) ta có: 1+ 4- 2y + 4 + 2y = 5 Û 4- 2y + 4 + 2y = 4 Û 4- 2y = 4- 4 + 2y Û 2 4 + 2y = 4 + y Û y2 = 0 Û y = 0 Với: x 2 y . Thay vào phương trình (1) ta được 2 x + 1 + 4- x + 5 + x - (x - 1) = 5 Û x + 1 + 4- x + (x + 1)(4- x) = 5 (*) t 2 - 5 Đặt t = x + 1 + 4- x > 0 Þ x + 1 . 4- x = 2 Thay vào phương trình (*) ta có: t 2 - 5 ét = - 5 t + = 5 Û t 2 + 2t - 15 = 0 Û ê ê 2 ët = 3 éx = 0 Khi t = 3 Þ x + 1 . 4- x = 2 Û - x2 + 3x = 0 Û ê ê ëx = 3 æ 3ö Tóm lại, hệ có nghiệm (x; y)= (0;0),ç3; ÷ èç 2ø÷
5. Nếu chia trục số thành hai phần bởi số 0, thì trong 3 số (2x - 1),(2y - 1),(2z - 1) luôn tồn tại hai số nằm về cùng phía, không mất tính tổng quát giả sử z (2x - 1)(2y - 1)³ 0 Þ 2(x + y)- 4xy £ 1Þ z(x + y)- 2xyz £ 2 Từ x x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 suy ra 1- z 1- z2 = 2xyz + x2 + y2 ³ 2xy + 2xyz = 2xy(z + 1)Þ xy £ 2 1- z z 1 Vì vậy P = xy + yz + zx - 2xyz £ + = 2 2 2 1 1 1 Với x = y = z = thì P bằng . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 2 2