Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Khánh Hòa

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo Đề kiểm tra HK 2 môn Toán lớp 9 năm 2013 - THCS Nguyễn Du dưới đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Khánh Hòa

ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm)   Giải phương trình: 2 5x  3 x2  x  2  27  3 x  1  x  2 . Câu 2. (4,0 điểm) a. Chứng minh rằng: 3 70  4901  3 70  4901 là một số nguyên. b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1  3  3  ...   3. 2 3 2 4 3  n  1 3 n Câu 3. (2,0 điểm) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x2  xy  y 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của P  x3 y  xy 3 . Câu 4. (2,0 điểm) Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p  a3  b3 với a, b là hai số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình phương của một số nguyên lẻ. Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  . Gọi E, F lần lượt là các chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Đường tròn  I  đi qua E, F và tiếp xúc với BC tại D . Chứng minh rằng: DB 2 BF .BE  . DC 2 CF .CE Câu 6. (2,0 điểm) Trên bàn có n (n  , n > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên lấy không quá n  1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng. LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm)   Giải phương trình: 2 5x  3 x2  x  2  27  3 x  1  x  2 . Lời giải: x + 2  0 x  - 2    x  1. x 1  0 x  1 ĐK :    2 5 x  3 x 2  x  2  27  3 x  1  x  2  10 x  6 x2  x  2  27  3 x  1  x  2 (1). Đặt t  3 x  1  x  2 mà x  1  t  3. Phương trình (1)  t 2  t  20  0   t  4  t  5 = 0  t = 5  t  3  . Khi đó ta có phương trình: 3 x  1  x  2  5  3 x 1  3 +  3 x  2 x 1 1  x2 2 0 x2 0 x2 2 3 1     x  2   0 x2 2  x 1 1 3 1    x  2  0  x  2  do  > 0 . x 1 1 x2 2   Vậy phương trình có tập nghiệm S  {2}. Câu 2. (4,0 điểm) a. Chứng minh rằng: 3 70  4901  3 70  4901 là một số nguyên. b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1  3  3  ...   3. 2 3 2 4 3  n  1 3 n Lời giải: a) Với x  a  b  x3 = a3  b3  3ab(a  b)  x3  a3  b3  3abx. Áp dụng: Đặt a  3 70  4901, b = 3 70  4901, x  3 70  4901+3 70 4901  x3  70  70  3 3 702  4901x  x3  140  3x  x3  3x  140  0  ( x  5)( x 2  5 x  28)  0  x  5  0 ( do x 2  5 x  28  0)  x  5. Vậy 3 70  4901  3 70  4901  5 là một số nguyên (đpcm). b) Ta có 1  n 1 n =  3   n   3 n 1  3 3 3 n 1  3 n  3  n  1 2 Mà 3  n  1  3  n  1 n  3 n2  3 3  n  1  1  3 3  n  1 2 2    3  n  1 n  3 n 2 . 2  3  n 1  3 n .  3 3  n  1 3 n  1  3 n 1 1   1   3  Từ đó suy ra   3 3 n 1   n  1 3 n  n  1 3 n  n 2 Nên 1 1 1 1 1  1   1 1 1   1  3  3  ...   3   3   ...  3        3 3 2 3 2 4 3 (n  1) 3 n n 1  1 3 2   3 2 3 3   n 1 1 1 1 1  1  3  3  ...   3  3 3 3 2 3 2 4 3 (n  1) n n 1  1 1 1 1 1   3  3  ...   3. 2 3 2 4 3  n  1 3 n  Câu 3. (2,0 điểm) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x2  xy  y 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của P  x3 y  xy 3 . Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có: 1 x 2  y 2  2 x 2 y 2  2 xy  2 xy  x2  y 2  xy  2 xy  xy  3xy  xy  . 3 Ta có  a  b   0  2ab  a  b  4ab   a  b  2 2 2 2  a  b  ab  P  x3 y  xy3  xy  x 2  y 2   xy 1  xy  vì x2  xy  y 2  1 4 2 1 . Áp dụng BĐT 1 ta có  2 xy  1  xy   2 1  xy   2 2 4  1 2 P  2 xy. 1  xy   1   : 4  4 4 9  3 2 2  P  . Vậy P có giá trị lớn nhất bằng . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 9 9 khi xy  1 1 1 và x  y  x  y  hoặc x  y  . 3 3 3 Câu 4. (2,0 điểm) Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p  a3  b3 với a, b là hai số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình phương của một số nguyên lẻ. Lời giải: Ta có p  a3  b3  (a  b)(a2  ab  b2 ) là số nguyên tố mà a, b là số nguyên dương a b 1  a  b  1  p  (b  1)3  b3  3b2  3b  1  4 p  12b2  12b  4  1(mod 3) Nếu lấy 4 p chia 3 và loại bỏ phần dư ta được A  4b2  4b  1   2b  1 là số chính phương lẻ. 2 Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  . Gọi E, F lần lượt là các chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Đường tròn  I  đi qua E, F và tiếp xúc với BC tại D . Chứng minh rằng: DB 2 BF .BE  . DC 2 CF .CE Lời giải: A E G F H I B D O C Gọi H  AC  (I), G  AB  (I ).  Trước hết ta chứng minh được CDH ∽ CED  g  g  do  C chung CDH  CED  CD CE   CD 2  CH .CE 1 . CH CD Chứng minh tương tự  BDF ∽ BGD  g  g   BD BG   BD 2  BG.BF  2  . BF BD Ta có GBE  HCF ( cùng phụ với A ) và BGE  CHF ( cùng bù với EHF ) BG BE   3 . Từ 1 ,  2  và  3  CH CF DB 2 BG.BF BG BF BE BF BF .BE ( đpcm).   .  .  DC 2 CH .CE CH CE CF CE CF .CE  BGE ∽ CHF  g  g   Câu 6. (2,0 điểm) Trên bàn có n (n  , n > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên lấy không quá n  1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng. Lời giải: + Ta thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn thắng, bằng cách ở nước đi đầu tiên, người đó chỉ lấy một viên bi, do đó ở những nước đi tiếp theo, mỗi người chỉ được lấy một viên bi. + Xét trường hợp n chẵn. Rõ ràng người nào lấy một số lẻ viên bi đầu tiên sẽ thua, vì để lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ viên bi, trở về trường hợp trên. Do đó, người chiến thắng phải luôn lấy một số chẵn viên bi. Như vậy, các viên bi gắn thành từng cặp và mỗi người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó. TH1: Nếu chỉ có một cặp  n  2  : người đi trước thua vì chỉ được lấy một viên.