Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 THCS năm học 2015-2016 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 THCS năm học 2015-2016 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 09/03/2016 Câu 1 (5,0 điểm). 1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có A 52n 5n 6n (3n 2n ) là bội số của 91. 2) Cho mười chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Từ mười chữ số đó có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau và là số chẵn. Câu 2 (4,0 điểm). 1) Tồn tại hay không đa thức f (x) mà f (26) 1931; f (3) 2016 và f (x) có các hệ số đều là số nguyên ? 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 xy y2 3x 3y 86 . Câu 3 (5,0 điểm). 1) Cho tam giác nhọn ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng a2 b2 c2 2ab.cosC . 2) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với O (A, B là các tiếp điểm). Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng BM, đường thẳng AC cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là D, đường thẳng MD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E. Chứng minh tam giác ABE cân. Câu 4 (4,0 điểm). 1) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2x - y2 + 1= 0. y(2 x 1) x(2 2y) 2) Giải hệ phương trình . 2 2 x xy 2 2y 3(x y) Câu 5 (2,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 1. Chứng minh rằng a b c 3 3 . b2 c2 c2 a2 a2 b2 2 --------------------------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. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Ngày thi: 09/03/2016 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Câu Ý Đáp án Điểm Với n là số nguyên dương, ta có 2n n n n n n n n n 0,5 A 5 5 6 (3 2 ) = 25 + 5 – 18 – 12 1) A = (25n – 18n) – (12n – 5n) chia hết cho 7 0,75 (3đ) A = (25n – 12n) – (18n – 5n) chia hết cho 13 0,75 Vì 7 và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 7.13 = 91. 1,0 1 Vậy A là bội số của 91 (n là số nguyên dương) (5,0đ) Đặt A abcd là số cần lập. 0,5 Vì A là số chẵn nên d {0;2;4;6;8} TH1: Nếu d = 0 thì a có 9 cách chọn ; b có 8 cách chọn ; c có 7 cách chọn . 2) 0,5 Do đó TH1 có 1.9.8.7 = 504 số. (2đ) TH2: Nếu d 0 thì d có 4 cách chọn ; a có 8 cách chọn ; b có 8 cách chọn ; c có 7 0,5 cách chọn . Do đó TH2 có 4.8.8.7 = 1792 số. Vậy có thể lập được 504 + 1792 = 2296 số thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 0,5 Giả sử tồn tại đa thức f (x) a xn a xn 1 ... a x a thỏa mãn các yêu cầu n n 1 1 0 0,5 của đề bài. 1) Ta có f (26) f (3) a (26n 3n ) a (26n 1 3n 1) ... a (26 3) chia hết cho n n 1 1 0,75 (2đ) 23. Tuy nhiên 1931 2016 85 không chia hết cho 23. 2 0,75 Vậy không tồn tại đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài (4,0đ) P x2 xy y2 3x 3y 86 x 1 2 y 1 2 xy x y 84 0,5 x 1 2 y 1 2 x y 1 y 1 83 x 1 2 y 1 2 x 1 y 1 83 0,5 2) 2 (2đ) y 1 3 2 x 1 y 1 83 83, x, y ¡ 0,5 2 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 83, đạt tại x = y = 1. 0,5 Kẻ BH  AC (H AC) 0,5 A Tam giác BHC vuông tại H nên BC 2 BH 2 HC 2 AB2 AH 2 HC 2 H 0,5 3 AB2 AC HC 2 HC 2 1) (5,0đ) (2đ) AB2 AC 2 2.AC.HC HC 2 HC 2 0,5 AB2 AC 2 2.AC.BC.cosC B C BC 2 AC 2 AB2 2.AC.BC.cosC 0,5 Vậy: a2 b2 c2 2ab.cosC
3. A E D M C 2) B (3đ) Ta có ∆BCD ∆ACB (do B· CA chung và C· BD C· AB ) 1,0 BC CD MC CD (do BC = MC) 0,5 AC CB AC CM Hơn nữa M· CA chung nên ∆MCA ∆DCM (c – g –c) 0,5 C· AM C· MD ·AED C· MD (do C· AM ·AED ) 0,5 · · · MB / / AE BAE MBA BEA 0,5 Vậy tam giác ABE cân tại B. Ta có 2x y2 1 0 2x (y 1)(y 1) 0,5 y 1 2m Nên tồn tại hai số tự nhiên m, n (m > n; m + n = x) sao cho n y 1 2 0,5 1) Suy ra 2 2m 2n 2n (2m n 1) (2đ) n 1 m 2 Do đó . 0,5 m n 1 n 1 Suy ra x 3; y 3 . Thử lại ta được nghiệm của phương trình là (x; y) (3;3) 0,5 4 (4,0đ) Điều kiện x 1; y 0 0,5 Ta có x2 xy 2 2y2 3(x y) (x y 2)(x 2y 1) 0 x 2y 1 0,5 x y 2(loai) 2) Với x 2y 1 ta được y(2 2y) (2y 1)(2 2y) (2đ) y 1 0,5 (y 1)(2 2y) 0 y 2 x 1 x 3 Vậy nghiệm hệ phương trình là ; 0,5 y 1 y 2 x 3 3 Ta chứng minh .x2 ; với 0 x 1. 0,25 5 1 x2 2 (2,0đ) x 3 3 2 Thật vậy .x2 x3 x , với 0 x 1. 0,25 1 x2 2 3 3
4. 1 1 x x3 x x4 4x 2 Ta có x3 2 2 4 x3 x . 3 3 3 3 3 3 3 9 3 81 3 3 3 0,5 1 Đẳng thức xảy ra khi x 3 Vì a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 2 b2 c2 1 nên 0 a;b;c 1. Do đó theo chứng minh trên ta được 0,5 a 3 3 b 3 3 c 3 3 .a 2 ; .b2 ; .c2 1 a 2 2 1 b2 2 1 c2 2 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được a b c 3 3 (a 2 b2 c2 ) 1 a 2 1 b2 1 c2 2 0,5 a b c 3 3 1 Hay . Đẳng thức xảy ra khi a b c b2 c2 c2 a 2 a 2 b2 2 3 Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa. - Điểm toàn bài không làm tròn. ..............Hết..............