Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

518
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 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). 2  x  2 y  3x  6 a. Giải hệ phương trình:  2  y  2 x  3 y  6. 8 x 2  18x  11  b. Giải phương trình: x  1  2 x  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)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z 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…………… Họ và tên thí sinh…………………………………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Số báo danh…………………… KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu 1 3 điểm Đáp án Điểm a. (1,5 điểm)Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hang đơn vị là số 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  n (n  N ) => d  0,1,4,5,6,9 mà d là số nguyên tố => d  5 2 * Mặt khác 100  abcd  10000  31  n  100 Do d = 5 => n có tận cùng là 5 hay n  e5 Mà e +5 là số chính phương => e = 4. Ta có 2  2 2n+1 22n+1 +31 là hợp số với mọi số tự nhiên n. =2.2 chia 3 dư 2 n  N =3k+2,(k  N) 2n+1  A=22 2n+1 0,5 0,5 => n = 45 => abcd  2025. b. (1,5 điểm) Chứng minh rằng số A=2 0,5 2n 0,5 +31=23k 2  31  4.(23 )k  31  4.8k  31 Mà 8 chia 7 dư 1 k  N  4. 8 chia 7 dư 4 k  N k k 0,5  4. 8k +31 7 k  N  A=22 +31 7 n  N Mà A >7  A là hợp số với mọi số tự nhiên n. 2  x  2 y  3x  6 a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình:  2  y  2 x  3 y  6. 2n+1 2 7 điểm 2   x 2  2 y  3x  6  x 2  2 y  3x  6  x  2 y  3x  6   2   2 2 y x y x y x y 2 3 6         ( x  y )( x  y  1)  0   0,5 1,0 TH 1:  x  2  x 2  2 y  3x  6  x 2  5x  6  0       x  3  ( x; y )  (2;2),(3;3)    x y x y   x  y  1,0  x 2  2 y  3x  6  x 2  2 y  3x  6  x 2  x  4  0(vn) TH 2.    x  y  1  0 y  1  x   y 1 x 1,0 Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y)  (2;2),(3;3) 0,5 8 x 2  18 x  11 b.(3,5 điểm) Giải phương trình: x  1  2 x  3   2 2x  3 3  2 đặt a  x  1, b  2 x  3  0 , PT trở thành: 8a 2  b2 ab   2b(a  b)  8a 2  b 2  b 2  2ab  8a 2  0 2b ĐK: 2x  3  0  x  b  2 a  (b  4a)(b  2a)  0   b  4a 2 TH 1. b  2a  2 x  3  2( x  1)  2x  3  4( x  1) ( x  1) 0,5 0,5 0,5 0,5  3  5 (tm) x  4 2  4x  6x  1  0    3  5 (l ) x   4 0,5 TH 2. b  4a  2x  3  4( x  1)  2x  3  16( x  1) 2 ( x  1) 3 2 điểm 0,5  15  17 (l ) x  16 2  16x  30x  13  0    15  17 0,5 (tm) x  16  3  5 15  17 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  ,x   4 16 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)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số ta có : x  y  z  3 3 xyz  3 1 1 1    3 x( y  z )  x  y  z 3 y ( x  z )  x  y  z 3z ( x  y )  x  y  z 1 1 1   => P  3 x( y  z )  3 3 y ( x  z )  3 3 z ( x  y )  3 P 0,5 1 1 1   1 1 1 1 1 1  1  1  1 y z x z x y 1 1 1 Đặt a  ,b  , c  3  a, b, c  0, abc  1 3 3 y x z 1 1 1  3P  3 3  3 3  3 a  b  1 b  c  1 c  a3  1 3 3 2 2 Ta có: a  b  (a  b)(a  b  ab)  (a  b)(2ab  ab)  ab(a  b) (1) Thiết lập các BĐT tương tự còn lại ta có: 1 1 1 3P    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 a  b  c 1 P=    a  b  c  1  x  y  z  1. 3 abc  1 1 Vậy GTLN của P bằng . 3  3P  4 6 điểm 0,5 0,5 0,5 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: K E F C Q M A B N O a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K). Ta có EC là tiếp tuyến của đường tròn (O)=> ECO=90 , mà C  ( K , 0 EF ) 2 0,5 0 => ECF=90 => 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  OEF 0,5 => EOF  OEF => tam giác EFO cân tại F Mà M là trung điểm của EO => FM  EO 0,5 0,5 => FME  90  M  ( K ). 0,5 0 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 =>    NM NO AO NM BO 1,0 => 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  90  NF  BE 1,0 Vậy khi E thay đổi trên d thì đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua điểm cố định là trung điểm của OA. 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 giác đó) có diện 0 5 2 điểm tích không vượt quá 1  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. 0 0 Ta có tổng các góc trong của đa giác là: (2018  2)180  2016.180 tổng các góc trong của các tam giác trên bằng tổng các góc trong của đa giác cộng 0 với 2017.360 =>tổng các góc trong của các tam giác trên bằng 1,0 2017.3600  2016.1800  6050.1800 =>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  6050 --- Hết --- 1,0