Đề thi học sinh giỏi môn Toán 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 3 + 2 2 3 ― 2 2 Câu 1. (3đ)a.Cho a = + . Tính giá trị của biểu thức M 3 5 2 ― 7 3 5 2 + 7 =1+a+a2+ +a2019. b.Giải phương trình: + 2 + 6 ― = 4. Câu 2: (4đ) a.Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x,y sao cho: 2 +2018 = 2 b.Chứng minh rằng ∀푛 ∈ , ta có bất đẳng thức sau: 3푛 ≥ 1 + 2푛. Câu 3: (3đ) 1. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi của tam giác. Chứng minh 1 1 1 18 rằng: + + . ― ― ― ≥ + + 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 + + + . Câu 4: (4đ) Cho ∆ nhọn nội tiếp (O), H là trực tâm của ∆ABC, gọi A’ là điểm đối xứng với A qua O, M,N,P lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB. a.Chứng minh rằng H,M,A’ thẳng hàng. b.Gọi S là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C của (O), AS cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai L. Chứng minh rằng AB.CL=AC.BL. c.Giả sử AB=4, AC=6 và giao điểm F của hai tiếp tuyến tại N và P của đường tròn ngoại tiếp ∆ 푃 nằm trên BC, tính độ dài đoạn thẳng BC. Câu 5:(3đ)Cho đa thức P(x) thỏa mãn: P(x ― 1)= 2 ―2 + 2.Giả sử a,b,c là các số thực sao 3 cho sina+sinb+sinc= . Tìm giá trị nhỏ nhất của M= P(tana)+P(tanb)+P(tanc). 2 Câu 6: (3đ) Cho một bảng ô vuông có kích thước m.n (gồm m hàng và n cột), một bảng ô vuông được gọi là “tốt” nếu tồn tại một ô vuông của bảng sao cho tâm của ô vuông đó là tâm đối xứng của bảng, và ô vuông đó được gọi là ô “tốt”. a.Giả sử m=20182019và n= 20192018.Hỏi rằng bảng trên có phải là bảng “tốt” không? b.Cho trước một bảng có kích thước 7.7. Hai bạn A và B chơi một trò chơi như sau: Lúc đầu mỗi bạn đặt lên bảng một quân cờ sao cho hai quân cờ được đặt vào hai đỉnh đối diện của bảng. Trog mỗi lượt chơi hai bạn đồng thời di chuyển quân cờ của mình sang ô bên cạnh, trò chơi chỉ kết thúc khi hai quân cờ đồng thời được đặt vào ô “tốt”. Hỏi rằng với bảng có kích thứơc như trên thì trò chơi có kết thúc được không? Nếu có, gọi A là số cách chơi để trò chơi kết thúc nhanh nhất.Tìm giá trị của A. Hết
2. ĐÁP ÁN Câu 1: 3 + 2 2 3 ― 2 2 2 + 1 2 ― 1 a. Ta có: a = + = + = 6 , suy ra M=1+62+63+ +62019 3 5 2 ― 7 3 5 2 + 7 2 ― 1 2 + 1 62020 ― 1 =>6M=6+63+ +62020, suy ra 5M=62020 ― 1 => M= . 5 b. + 2 + 6 ― = 4. ĐK: ―2 ≤ ≤ 6 =>8 + 2 ― 2 + 4 + 12 = 16  ― 2 + 4 + 12 =4  ― 2 +4 ― 4 = 0x=4 (thỏa mãn). Vậy S= {4}. Câu 2: a. Giả sử tồn tại các số nguyên x,y sao cho 2 +2018 = 2, khi đó 2018=( ― )( + ), do ― và + cùng tính chẵn lẻ mà 2018 là số chẵn nên ― và + cùng chẵn, suy ra ( ― )( + )⋮4 =>2018⋮4 (vô lý). Vậy điều giả sử là sai =>đpcm. b. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng 3푛 ≥ 1 + 2푛 ∀푛 ∈ .Thật vậy, với n=0, ta có điều hiển nhiên. Giả sử khẳng định đúng với n=k, tức là 3 ≥ 1 + 2 ta chứng minh nó cũng đúng với n=k+1, tức là 3 +1 ≥ 1 + 2( + 1) Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp, ta được: 3 +1=3. 3 ≥ 3.( 1 + 2 ). Do đó ta chỉ cần chứng minh 3(1+2k) ≥ 1 + 2( + 1), tương đương với k ≥ 0 (đúng). Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm. Câu 3: 1 1 1 9 a. Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT sau: + + ∀x,y,z>0 (1). Thật vậy, ≥ + + 1 1 1 1 theo BĐT cosi, ta có + + ≥ 3 3 , và + + ≥ 33 ,nhân vế theo vế ta 1 1 1 9 9 18 có (1) Trỏ lại bài toán, ta có + + = = ― ― ― ≥ 3 ― ― ― + + .(đpcm).Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c ( + )2 b. Ta có P = 2 + 2 + + + =( + )2 ― + + , sử dung BĐT ≤ 4 ta được 3( + )2 3 4 4 1 3 2 1 1 P ≥ + + = (( + )2 + ( + )+ ) ― = ( + + 2 ) ― ≥ ― 4 4 3 9 3 4 3 3 3 . 1 1 Vậy minP= ― .Dấu “=” xảy ra khi x=y= ― . 3 3 Câu 4:
3. a. Ta có: BH và CA’ cùng vuông góc với AC nên BH//CA’, tương tự CH//BA’ nên BHCA’ là hình bình hành, mag M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HA’ , suy ra H,A’,M thẳng hàng (đpcm). b. Xét hai tam giác ABS và BLS có 푆 chung và 푆 퐿 = 푆 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và 푆 góc nội tiếp cùng chắn cung BL, suy ra ∆ 푆~∆ 퐿푆, suy ra = , chứng minh 푆 퐿 푆 tương tự = , mà SB=SC nên = => AB.CL=AC.BL(đpcm) 푆 퐿 퐿 퐿 c. Trước hết ta chứng minh định lý sau liên quan đến tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD không phải là hình thang nội tiếp đường tròn, gọi I là giao điểm của AB và CD, khi đó IA.IB=IC.ID. Thật vậy: xét hai tam giác IBD và ICA có chung, = (cùng chắn cung AD) nên ∆ ~∆ , suy ra = => IA.IB=IC.ID. Trở lại bài toán: Ta có 푃퐹 = 푃 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến cùng chắn cung AP), mà 푃 = (do NP//CB) nên 푃퐹= => APFC nội tiếp, áp dung định lý trên với chú ý AP cắt CF tại B=>BP.BA=BF.BC. Tương tự thì CN.CA=CF.CB. Cộng vế theo vế ta được BP.BA+ CN.CA= BF.BC+ CF.CB=BC2=>BC2=4.2+6.3=26=>BC= 26 Câu 5: Ta có: P(x ― 1)= 2 ―2 + 2=( ― 1)2 +1 =>P(x) = x2+1. Do đó 1 1 1 1 P(tana)=1+tan2a= , tương tự suy ra M= + + 표푠2 표푠2 표푠2 표푠2 ≥ 9 (theo chứng minh bài 3), lại áp dụng bất đẳng thức quen thuộc 2 + 2 표푠2 + 표푠2 + 표푠2 ( + + )2 3 + 2 ≥ ta được 푠푖푛2 + 푠푖푛2 + 푠푖푛2 ≥ suy ra 표푠2 + 표푠2 + 표푠2 ≤ 3 3 4 9 –(푠푖푛2 + 푠푖푛2 + 푠푖푛2 ) ≤ , suy ra M ≥ 4, vậy minM=4 4 Câu6: Ta có nhân xét: nếu bảng m.n là bảng “tốt” thì m,n đều lẻ. Thật vậy, nếu bảng m.n là bảng “tốt” thì bảng m.n chứa ô “tốt”, và rõ rang các hàng và cột chứa ô “tốt” này đều là “trục đối xứng” của bảng, tức là bên phải và trái của cột nói trên có số cột bằng nhau, phía trên và dưới của hàng nói trên có số hàng bằng nhau, tức là bảng có một số lẻ cột và một số lẻ hàng.
4. a. Vì m=20182019 là số chẵn nên bảng m.n này không phải là bảng tốt. b. Theo nhận xét trên thì bảng 7.7 là bảng tốt, do đó trên bảng sẽ tồn tại ô “tốt” tức là trò chơi sẽ kết thúc được. 1 5 9 13 2 6 10 14 3 7 11 15 4 8 12 Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề sau: Số cách chọn ra m phần tử từ tập hợp gồm n phần tử 푛! (n>m) là: !(푛 ― )!. Thật vậy, ta có n cách chọn phần tử thứ nhất, n-1 cách chọn phần tử thứ 2, , n-m+1 phần tử thứ m, mà với mỗi cách chọn như vậy, ta có m! cách hoán vị các phần tử được chọn (tức là ta không quan tâm đến thứ tự các phần tử được chọn). Do đó số cách chọn là: 푛(푛 ― 1) (푛 ― + 1) 푛! = . ! !(푛 ― )! Ta thấy rằng đường đị ngắn nhất để đi từ một ô vuông ở góc bảng đến ô “tốt” của bảng 7.7 cần ít nhất 6 lượt chơi. Để di chuyển nhanh nhất từ ô số 1 đến ô “tốt” trên bảng (ô tô đen) ta cần 6 bước chuyển, ta thấy rằng với một cách chọn 3 bước chuyển dọc (hoặc 3 bước chuyển ngang) nào cũng cho ta một cách đi nhanh nhất đến ô “tốt”. Do đó có bao nhiêu cách chọn 3 lượt chơi trong 6 lượt thì đều cho ta một cách chơi nhanh nhất. Theo bổ đề trên, số cách chọn như vậy là 6! = 20 cách , vì mỗi bạn có 20 cách chơi để đến ô “tốt” nhanh nhất nên hai bạn sẽ có tổng 3!.3! cộng A=20.20=400 cách chơi thỏa mãn bài toán. Vậy A=400.