Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) ————————– Câu 1. ( 1 1 4 + = a) Giải hệ phương trình x y√ x + y xy = 4y − 3. b) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh rằng p √ √ 2 ≤ x2 + y2 + xy ≤ 6. Câu 2. Với n nguyên dương (n ≥ 2), đặt  1   1   1  P = 1 − 1 − 1 − . n 1 + 2 1 + 2 + 3 1 + 2 + + n 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n (n ≥ 2) sao cho là số nguyên. Pn Câu 3. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 = z2. a) Chứng minh A = xy chia hết cho 12. b) Chứng minh B = x3y − xy3 chia hết cho 7. Câu 4. Cho đường tròn (O). Lấy các điểm A, B, C thuộc (O) sao cho tam giác ABC nhọn và AB > BC > CA. Đường tròn tâm C, bán kính CB cắt đường thẳng AB và (O) lần lượt tại D và E (D, E khác B). a) Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng AC. b) Giả sử đường thẳng DE cắt (O) tại F (khác E); các đường thẳng CO, AB cắt nhau tại G và các đường thẳng BE, CF cắt nhau tại K. Chứng minh CKG[ = CBG.[ Câu 5. Bên trong hình chữ nhật kích thước 5 × 12 cho n điểm bất kỳ. a) Với n = 11, chứng minh trong số các√ điểm đã cho luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó không lớn hơn 13. b) Kết luận trên còn đúng không khi n = 10? Tại sao? ————————————— HẾT ————————————— 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:
2. KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ TĨNH LỚP 9 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN (Hướng dẫn giải gồm 3 trang) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Hướng dẫn 1 1 4 x y x y xy 4 y 3. 3 Điều kiện xy 0; y . Từ phương trình sau ta có x 0 (do xy 0; y 0) 4 1 1 2 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có . x yxy x y 1.a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y. Do vậy phương trình đầu tương đương với x y. Khi đó phương trình sau trở thành x2 43 x x 4 43( x x 2 1)2(1)0 2 x 2 x 1. Với x 1 thì y 1. Đáp số (x ; y ) (1;1). Ta có thể biển đổi phương trình đầu (x y )2 4 xy ( x y ) 2 0 x y . 1 2 Khi đó x2 4 x 3 ( x 1) 2 4 x 3 1 0 x 1. 2 Với x y 2 thì x2 y 2 4 2 xy . Khi đó Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si ta có 2 4 xy 2 2 xy (2 xy ) 4 xy (2 xy 2 xy ) 6. Do đó  6. 1.b xy Chú ý rằng x2 y 2 2 xy ta có 4 2 x 2 y 2 xy 2 xyx ( 2 y 2 ) x 2 y 2 xyxy 4. Do đó  2. 1 quocluatnk
3. 1 1 1 Pn 1 1 1 . 1 2 1 2 3 1 2 n k( k 1) Nhận xét rằng 1 2 k ;  k . 2 1 2 (k 1)( k 2) Áp dụng nhận xét trên ta có 1 1 . 12 k k (1) k k (1) k 2 Cho k 2, , n rồi nhân các đẳng thức thu được lại với nhau ta có 1.4 2.5 (n 1)( n 2) n 2 P . . n 2.3 3.4n ( n 1) 3 n 1 6 Khi đó 3 n 2 6 n 4 (do n 2 4 ). Pn n 2 Vậy tất cả các giá trị n cần tìm là n 4. Nhận xét rằng một số chính phương chia 3,4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Thật vậy: Nếu n 3 k thì n2 9 k 2 chia 3 dư 0. Nếu n 3 k 1 thì n2 3(3 k 2 2 k ) 1 chia 3 dư 1. Giả sử xy  3 thì x và y đều không chia hết cho 3, khi đó x2 y 2 chia 3 dư 2, vô lý theo nhận xét trên. Vậy xy3. 3.a Nếu x, y đều lẻ thì x2 y 2 chia 4 dư 2, vô lý theo nhận xét trên. Nếu có đúng 1 số lẻ, chẳng hạn x chẵn, y lẻ thì z lẻ. Đặt x 2 a ; y 2 b 1; z 2 c 1 thay vào ta được a2 c( c 1) b ( b 1) 2. Do đó a chẵn. Suy ra x chia hết cho 4, do đó xy4. Nếu x, y đều chẵn thì hiển nhiên xy4. Vì (3,4) 1 nên ta có xy12, đpcm. Nhận xét rằng một số chính phương chia 7 chỉ có thể dư 0,1,2 hoặc 4. Thật vậy: Nếu n 7 k thì n2 49 k 2 chia 7 dư 0. Nếu n 7 k 1 thì n2 7(7 k 2 2 k ) 1 chia 7 dư 1. Nếu n 7 k 2 thì n2 7(7 k 2 4 k ) 4 chia 7 dư 4. Nếu n 7 k 3 thì n2 7(7 k 2 6 k 1) 2 chia 7 dư 2. Giả sử x3 y xy 3  7 hay xy( x2 y 2 ) 7. 3.b 2 2 Khi đó x và y đều không chia hết cho 7 và không có cùng số dư khi chia cho 7. Nếu các số dư khi chia x2, y 2 cho 7 là 1,2 thì z 2 chia 7 dư 3, vô lý theo nhận xét trên. Nếu các số dư khi chia x2, y 2 cho 7 là 1,4 thì z 2 chia 7 dư 5, vô lý theo nhận xét trên. Nếu các số dư khi chia x2, y 2 cho 7 là 2,4 thì z 2 chia 7 dư 6, vô lý theo nhận xét trên. Vậy x3 y xy 3 7. Kết hợp cả 2 ý a,b ta có ngay B 84. Ta còn có thể chứng minh nếu (x , y ) 1 thì trong 4 số x,,, y x y x y chỉ có đúng 1 số chia hết cho 7. 2 quocluatnk
4. 4 Theo tính chất của tam giác cân ta có CEA CBA CDA. 4.a Lại có CED CDE nên AED ADE hay tam giác ADE cân. Từ đó AD AE, kết hợp với CD CE ta được DE AC, đpcm. Áp dụng câu a) ta có ADE AED ABF (góc nội tiếp chắn cung nhỏ AF ). Suy ra FBD là tam giác cân tại F, suy ra FB FD. Kết hợp với CB CD ta có CF BD hay BG CK. 4.b Mặt khác CB CE nên CO BE hay CG BK. Suy ra G là trực tâm của tam giác BCK. Khi đó CKG 90 KCB CBG , đpcm. Chia hình chữ nhật đã cho thành 10 hình chữ nhật 2 3 như hình dưới 5.a Theo nguyên lý Đi-rich-lê, 10 hình chữ nhật nhỏ chứa 11 điểm nên luôn tồn tại 2 điểm cùng thuộc một hình chữ nhật nhỏ, khoảng cách giữa chúng hiển nhiên 22 3 2 13, đpcm. Khi n 10 kết luận vẫn đúng. Chia hình chữ nhật đã cho thành 9 hình như hình dưới 5.b Theo nguyên lý Đi-rich-lê, 9 hình nhỏ chứa 10 điểm nên luôn tồn tại 2 điểm cùng thuộc một hình nhỏ, khoảng cách giữa chúng 22 3 2 13, đpcm. 3 quocluatnk