Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề chính thức Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc : SƯU TẦM ĐỀ VÀ TỰ TAY GÕ ĐÁP ÁN Câu 1 (3 điểm). a. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương. 2n+1 b. Chứng minh rằng số A 22 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n. Câu 2 (7 điểm). x2 2 y 3 x 6 a. Giải hệ phương trình: 2 y 2 x 3 y 6. 8xx2 18 11 b. Giải phương trình: xx 1 2 3  2 2x 3 Câu 3 (2 điểm). Cho x,, y z là các số thực dương thoả mãn xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P  (3x 1)( yzx ) (3 y 1)( xzy ) (3 z 1)( xyz ) Câu 4 (6 điểm). Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh rằng: a. Điểm M thuộc đường tròn (K). b. Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E thay đổi trên đường thẳng d. Câu 5 (2 điểm). Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa 1 giác đó) có diện tích không vượt quá  6050 Hết
2. Họ và tên thí sinh Số báo danh SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hang đơn vị là số 3 điểm nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là một số chính phương Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd n2* (n N ) 0,5 => d 0,1,4,5,6,9 mà d là số nguyên tố => d 5 Mặt khác 100 abc d 10000 31 n 100 0,5 Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay ne 5 Mà e +5 là số chính phương => e = 4. 0,5 => n = 45 => abcd 2025. 2n+1 b. (1,5 điểm) Chứng minh rằng số A=22 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n. 2n+1 2n Ta có 2 =2.2 chia 3 dư 2  nN 22n+1 =3k+2,(k N) 0,5 2n+1 A=22 +31=2 3k 2 31 4.(2 3 ) k 31 4.8 k 31 Mà 8k chia 7 dư 1 kN 4. chia 7 dư 4 0,5 4. +31 7 7  nN Mà A >7 0,5 A là hợp số với mọi số tự nhiên n. 2 x2 2 y 3 x 6 7 điểm a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình: 2 y 2 x 3 y 6. x22 2 y 3 x 6 x 2 y 3 x 6 x2 2 y 3 x 6 1,0 2 2 2 y 2 x 3 y 6 x y x y (x y )( x y 1) 0 TH 1: 22 x 2 x 2 y 3 x 6 x 5x 6 0 1,0 x 3 (xy ; ) (2;2),(3;3) x y x y xy
3. x222 2 y 3 x 6 x 2 y 3 x 6 x x 4 0( vn ) TH 2. 1,0 x y 1 0 y 1 x y 1 x Vậy hệ phương trình có nghiệm: (xy ; ) (2;2),(3;3) 0,5 8xx2 18 11 b.(3,5 điểm) Giải phương trình: xx 1 2 3  2 2x 3 3 ĐK: 2x 3 0 x  0,5 2 đặt a x 1, b 2 x 3 0, PT trở thành: 8ab22 ab 2 bababbaba ( ) 82 2 2 2 8 2 0 0,5 2b ba 2 (b 4 a )( b 2 a ) 0 0,5 ba 4 TH 1. b 2 a 2 x 3 2( x 1) 2x 3 4( x 1)2 ( x 1) 0,5 35 x () tm 2 4 4xx 6 1 0 0,5 35 xl () 4 TH 2. 0,5 b 4 a 2x3 4( x 1) 2x316( x 1)2 ( x 1) 15 17 xl () 2 16 16x 30x 13 0 15 17 x () tm 0,5 16 3 5 15 17 Vậy phương trình có hai nghiệm: xx ,  4 16 Cho x,, y z là các số thực dương thoả mãn xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 1 1 1 2 điểm P  (3x 1)( yzx ) (3 y 1)( xzy ) (3 z 1)( xyz ) Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có : x y z 333 xyz 111 P  3xyz ( ) xyz 3 yxz ( ) xyz 3 zxy ( ) xyz 0,5 111 => P 3(x y z )33( y x z )33( z x y )3
4. 1 1 1 3P 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y z x z x y 1 1 1 0,5 Đặt a , b , c a , b , c 0, abc 1 3 x3 y3 z 1 1 1 3P a3 b 3 1 b 3 c 3 1 c 3 a 3 1 Ta có: a3 b 3 ( aba )( 2 b 2 ab )( ab )(2 abab ) abab ( ) (1) Thiết lập các BĐT tương tự còn lại ta có: 1 1 1 3P 0,5 ab()()() a b abc bc b c abc ca c a abc c a b 1 1 P a b c a b c a b c 3 1 abc P= a b c 1 x y z 1. 3 abc 1 0,5 1 Vậy GTLN của P bằng . 3 4 Cho AB là một đường kính cố định của đường tròn (O). Qua điểm A vẽ đường thẳng d 6 điểm vuông góc với AB. Từ một điểm E bất kì trên đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C là tiếp điểm, C khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của đường tròn (K). Gọi M là trung điểm của OE. Chứng minh rằng: K E F C M Q B A N O a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K).
5. EF Ta có EC là tiếp tuyến của đường tròn (O)=> ECO=900 , mà CK (,) 2 0,5 => ECF=900 => O, C, F thẳng hàng. Mà EC, EA là hai tiếp tuyến của (O) => AOE EOF 0,5 Mặt khác FE d, AB  d EF / / AB AOE O EF 0,5 => EOF OEF => tam giác EFO cân tại F 0,5 Mà M là trung điểm của EO => FM EO 0,5 => FME 900 M ( K ). 0,5 b.(3 điểm) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E thay đổi trên đường thẳng d. Gọi N là trung điểm của AO, Q là giao điểm của BE và FN => MN là đường trung bình của tam giác EAO => MN//AE MN  AO NMO 900 MON 0,5 NMF 1800 MON EOB Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg) MF MO EO MF EO mà AO = BO => 1,0 NM NO AO NM BO => tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc). => OEB MFN hay MEQ MFQ => tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K) 0,5 => EQF 900 NF  BE Vậy khi E thay đổi trên d thì đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua 1,0 điểm cố định là trung điểm của OA. 5 Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có 2 điểm ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 4035 điểm trên (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác đó) có diện 1 tích không vượt quá  6050 Từ 2018 đỉnh và 2017 điểm nằm trong đa giác nối các điểm để tạo thành các tam giác chỉ chung nhiều nhất là một cạnh và đôi một không có điểm trong chung, phủ kín đa giác nói trên. Ta có tổng các góc trong của đa giác là: (2018 2)18000 2016.180 1,0 tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng với 2017.3600 =>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng 2017.3600 2016.180 0 6050.180 0 =>có tất cả 6050 tam giác có tổng diện tích là 1. Vậy phải có ít một tam giác trong 6050 tam giác trên có diện tích không vượt quá 1,0 Hết
6. Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa