Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 29/3/2019 (Đề thi này gồm 1 trang có 5 câu) Câu 1. (4,5 điểm) x y m 1 1) Cho (x, y) là nghiệm của hệ phương trình (với m là tham số 2x 3y m 3 thực). Tìm m để biểu thức P x2 8y đạt giá trị nhỏ nhất. x2 y2 1 2) Giải hệ phương trình (với x, y thuộc R). 3 3 x y 1 Câu 2. (4,5 điểm) 1) Giải phương trình x4 9x3 24x2 27x 9 0 (x R) 2) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh: a b c a b c 3 4 b c a a b b c c a Câu 3. (4,5 điểm) 1 1 1 1) Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0 thỏa . Chứng minh rằng: abc chia a b c hết cho 4. 2) Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999. Câu 4. (2 điểm) 1 2 3 99 Cho A là tổng của 99 1 2 2 3 3 4 99 100 số hạng và B 2 3 4 100 là tổng của 99 số hạng. Tính A + B Câu 5. (4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E lần lượt là hai tiếp điểm của AB, AC với đường tròn (I). Biết ba góc B·AC, ·ABC, B·CA , đều là góc nhọn. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC và AC. 1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2) Chứng minh rằng ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy. Hết Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn Toán HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (4,5 điểm) x y m 1 1) Cho (x, y) là nghiệm của hệ phương trình (với m là tham số 2x 3y m 3 thực). Tìm m để biểu thức P x2 8y đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: x y m 1 3x 3y 3m 3 x 2m 2x 3y m 3 2x 3y m 3 y x m 1 x 2m (m R) y m 1 Ta có: P x2 8y 4m2 8(m 1) 4m2 8m 8 2m 2 2 12 12 Dấu “=” xẩy ra khi 2m + 2 = 0 m 1 Giá trị nhỏ nhất của P là -12 khi m = -1 x2 y2 1 2) Giải hệ phương trình (với x, y thuộc R). 3 3 x y 1 2 x2 y2 1 x y 2xy 1 Giải: 3 3 3 x y 1 (x y) 3xy x y 1 x y S Đặt xy P 2 1 S 2 2 P 1 S S 2P 1 2 P Ta có: 3 2 2 S 3SP 1 3 1 S 3 3 S 3S. 1 2S 3S 3S 2 0 2 Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 2
3. 1 S 2 1 S 2 1 S 2 P P P 2 2 2 3 2 2 5S 3S 2 0 S 1 5S 5S 2 0 S 1 5S 5S 2 0 1 S 2 x 0 P 2 P 0 x y 1 y 1 S 1 0 S 1 xy 0 y 0 2 5S 5S 2 0 (vn) x 1 Câu 2. (4,5 điểm) 1.Giải phương trình x4 9x3 24x2 27x 9 0 (x R) Giải: x4 9x3 24x2 27x 9 0 (*) Với x = 0, (*) 0x+9=0 (phương trình vô nghiệm. Với x 0, chia 2 vế của phương trình (*) cho x2. 2 2 27 9 3 3 (*) x - 9x+24 - + 2 =0 x 9 x 18 0 x x x x 3 x 3 0 3 3 x x 3 x 6 0 x x 3 x 6 0 x x2 3x 3 0 (vo nghiem) x 3 6 2 x 6x 3 0 x 3 6 2.Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh: a b c a b c 3 4 b c a a b b c c a Giải: a b c a b c 3 4 b c a a b b c c a a b c a b c 1 1 1 4 b c a a b b c c a Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 3
4. a b 4a b c 4b c a 4c 0 b a b c b c a c a a b 2 b c 2 c a 2 0 b(a b) c(b c) a(c a) Luôn đúng vì a, b, c là các số dương. Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c. Câu 3. (4,5 điểm) 1 1 1 1) Cho a, b, c là ba số nguyên khác 0 thỏa . Chứng minh rằng: abc chia a b c hết cho 4. Giải: 1 1 1 Cách 1: bc a(b c) (1) a b c TH1: Nếu a là số nguyên chẵn, suy ra a(b c) M2 , theo (1)Suy ra: b.c M2 Vậy abc chia hết cho 4 TH2: Nếu a là số nguyên lẻ. Với b và c là hai số cũng lẻ thì: b cM2 a(b c)M2 Mà a.b.c không chia hết cho 2 (vì a, b, c đều lẻ). Suy ra mâu thuẫn. Vậy trong hai số, b, c tồn tại ít nhất 1 số chẵn. + Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy ra c chẵn, vì a lẻ) Suy ra abc chia hết cho 4 + Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho 4 1 1 1 Cách 2: bc a(b c) abc=a 2 (b+c) (2) a b c Ta thấy a, b, c không thể đều là số lẻ vì nếu vây thì abc là số lẻ, còn b+c là số chẵn. Vậy trong 3 số tồn tại ít nhất 1 số chẵn. Nếu a chẵn thì a2 chia hết cho 4, từ (2) suy ra abc chia hết cho 2. Nếu b chẵn, do a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy ra c chẵn. Vậy abc chia hết cho 2. Tương tự cho trường hợp c chẵn. 2.Tìm số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999. Giải: Cách 1: Dùng hàm Ơle: x y z Phân tích số m ra thừa số nguyên tố: m p1 .p2 .p3 Số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m là 1 1 1 (m) m. 1 . 1 . 1 p1 p2 p3 Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 4
5. 3 1 1 Ta có: 999 3 .37 (999) 999. 1 . 1 648 3 37 Có 648 số nguyên tố cùng nhau với 999 và không vượt quá 999. Vây có 649 số nguyên tố cùng nhau với 999 và không vượt quá 1000. Cách 2: Gọi A là số các số nguyên dương không vượt quá 1000. Suy ra A = 1000 B là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 mà không nguyên tố cùng nhau với 999. C là số các số nguyên dương không vượt quá 1000 nguyên tố cùng nhau với 999 Ta có: 999 33.37 B = (Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3) – (Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) 999 3 + Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 3 là: 1 333 3 + Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 là: 999 37 1 27 37 + Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho cả 37 và 3 (chia hết cho 999 111 111) là: 1 9 111 + Số các số nguyên dương không vượt quá 1000 và chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3 là:27 9 18 Suy ra B = 333+ 18 = 351. Vậy C= A – B = 1000 – 351 = 649 Câu 4. (2 điểm) 1 2 3 99 Cho A là tổng của 99 1 2 2 3 3 4 99 100 số hạng và B 2 3 4 100 là tổng của 99 số hạng. Tính A + B Giải: 1 2 3 99 A 1 2 2 3 3 4 99 100 2 1 2 3 2 3 4 3 98 99 98 99 100 99 1 2 3 4 99 99 100 và B 2 3 4 100 A B 100 100 1 999 Câu 5. (4,5 điểm) Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 5
6. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E lần lượt là hai tiếp điểm của AB, AC với đường tròn (I). Biết ba góc B·AC, ·ABC, B·CA , đều là góc nhọn. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC và AC. 1)Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2)Chứng minh rằng ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy. Giải: a) Gọi F là tiếp điểm của BC với đường tròn (I) A Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: S AD = AE; BD = BF; CE = CF E Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) D N – (BF + CF) I = AD + AE = 2AD. 2 2 1 1 C B F M b) Gọi S là giao điểm của BI và MN. Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng. Thật vậy: Do MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB B¶ B·SM (hai goc so le trong);B¶ Bµ 2 2 1 · µ BSM B1 Suy ra tam giác MBS cân tại M nên MB = MS = MC. Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vuông tại S. Ta có: Tứ giác IECF và IESC là các tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC) Nên 5 điểm I, E, S, C, F cùng thuộc đường tròn đường kính IC Ta có: A · · · µ µ SEC SIC ; SIC B1 C1 (goc ngoai cua tam giac) S · µ µ E SEC B1 C1 (1) D N Lại có tam giác ADE cân tại A I 1800 µA µA · · 0 µ µ 2 nên: AED ADE 90 B1 C1 (2) 2 1 1 2 2 C B F M Từ (1) và (2) suy ra S·EC =·AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng. Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy. Cách khác: Gọi P là giao điểm của DE và BI. Đi chứng minh M, N, P thẳng hàng. Đào Văn Tuấn – THCS Quang Trung – Tân Phú. 6