Tải bản đầy đủ

006 đề thi HSG toán 9 tỉnh gia lai 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: TOÁN LỚP 9
NĂM HỌC : 2018-2019

Câu 1. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4
chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019.
Câu 2. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số A  3n3  15n chia hết cho 18
b) Một đoàn học sinh tham quan quảng trường Đại đoàn kết tỉnh Gia Lai. Nếu mỗi ô tô
chở 12 người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia
đều cho các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao nhiêu ô tô?
Biết rằng mỗi ô tô chở không quá 16 người.
Câu 3. 1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh
đáy lần lượt là 20 cm và 1 cm. Người ta xếp cây nến trên vào 1 cái hộp có dạng hình
hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Tính thể tích cái hộp
2) Cho đường tròn  O; R  và điểm I cố đinhk nằm bên trong đường tròn (I khác O).
Qua điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD. Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của
IA, IB, IC, ID

a) Chứng minh rằng bốn điểm M , N , P, Q cùng thuộc một đường tròn
b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí
các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất.
Câu 4.

 x  1  4  2 y  5  2 y   x  13  5

a) Giải hệ phương trình 
2
5 x 4   x  y   10 x3  y  y
b) Cho x, y, z  0 thỏa mãn x2  y 2  z 2  2 xyz  1.
Tìm GTLN của P  xy  yz  zx  2 xyz
Câu 5. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17
học sinh dự thi. Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến
907. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh
chia hết cho 9


ĐÁP ÁN
Câu 1.
Gọi số cần lập có dạng abcd  2019 với a, b, c, d  ;2  a  9,0  b, c, d  9
Xét a  2 nếu b  0 thì ta có các số từ 2031 đến 2098. Có 7 cách chọn c, có 7 cách
chọn d . Do đó có 7.7  49 số thỏa mãn. Nếu b  0 thì có các số từ 2103 đến 2198. Có 8
cách chọn b, 8 cách chọn c và 7 cách chọn d. Do đó có 8.8.7  448 số thỏa mãn
Xét a  3 thì có các số từ 3012 đến 9876, có 7 cách chọn a, 9 cách chọn b , 8 cách chọn
c và 7 cách chịn d, do đó có: 7.9.8.7  3528 số thỏa mãn
Vậy có tất cả 49  448  3528  4025 số thỏa mãn bài toán
Câu 2.
a) Ta có: A  3n3  3n  18n  3 n  1 n  n  1  18n chia hết cho 18
b) Gọi số ô tô là a. ĐK: a  , a  1. Vì bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được
chia đều cho các ô tô còn lại, nghĩa là 12a  1  a  1  12  a  1  13  a  1
 13  a  1  a  1U (13)  1;13  a 2;14

Với a  2 thì số học sinh là 25 em, khi bớt đi 1 ô tô thì còn 1 xe chở 25 em (quá 16
em) vô lý
Với a  14 thì số học sinh là 169 em (thỏa mãn)
Vậy số ô tô là 14 và có 169 học sinh


Câu 3.



E

A

M

D

I

H
F

B

K

C

1) Ta có đáy cây nến nội tiếp hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. Khi đó ABCD là
mặt đáy hình hộp chữ nhật có chiêu cao bằng chiều cao cây nến h  20cm
Ta có: BC  EF  2EH  2KE.sin EKH  2.1.sin 600  3
AN  KM  2MI  2.1  2
Vậy thể tích cái hộp là AB.BC.h  40 3(cm3 )


2)

C
P
A

M

B
H
I

N

K
O
Q

D
a) Ta có MI  MA, QI  QD nên MQ là đường trung bình AID  MQ / / AD
Tương tự NP là đường trung bình BIC  NP / / BC
Do đó NMQ  BAD  NPQ nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b) Kẻ OH  AB tại H và OK  CD tại K
Ta có AB  CD  OHIK là hình chữ nhật

Do đó AB2  CD2  4  BH 2  CK 2   4  R2  OH 2  R2  OK 2   4  2R 2  OI 2 

MN .PQ AB.CD  AB  CD 
2R 2  OI 2



Diện tích tứ giác MPNQ là
không đổi
2
8
16
4
2 R 2  OI 2
GTLN của diện tích tứ giác MPNQ là
, khi đó AB  CD
4
2

Câu 4.


a) ĐKXĐ: x  1; y  2;  x  1  2 y  5  9  1  x  1  3 9
3

Từ phương trình 5 x 4   x  y   10 x3  y  y
2

 5x3  x  2 y   x  x  2 y   0  x  x  2 y   5x 2  1  0

Xét x  0 thay vào phương trình thứ nhất ta được

4  2y  4  2y  4

 8  2 16  4 y 2  16  4  y 2  2  y  0(tmdk )

Xét 2y  x thay vào phương trình thứ nhất ta được
x 1  4  x 

 x  1 4  x   5

t2  5
.
2
Ta có phương trình: t 2  2t  15  0   t  5 t  3  0  t  3

Đặt

x 1  4  x  t  0 

 x  1 4  x  

x  0  y  0
  x  1 4  x   2   x  3x  0  
3
x  3  y 

2
2


 3 
Vậy phương trình có nghiệm  x; y    0;0 ; 3;  
 2 

b) Theo nguyên lý Dirichle thì trong 3 số 2 x  1;2 y  1;2 z  1bao giờ cũng tồn tại ít
nhất 2 số cùng dấu. Giả sử 2 x  1;2 y  1 cùng dấu. Khi đó

 2 x  1 2 y  1  0  2  x  y   4 xy  1
z
 z  x  y   2 xyz  . Từ giả thiết x2  y 2  z 2  2 xyz  1  1  z 2  x2  y 2  2 xyz
2
1 z
1 z z 1
 2 xy  2 xyz  2 xy  z  1  xy 
. Do đó P  xy  yz  zx  2 xyz 
 
2
2
2 2
1
1
Vậy GTLN của P là . Đạt được khi và chỉ khi x  y  z 
2
2
Câu 5.
Xét 5 số tự nhiên bất kỳ khác nhau đôi một . Lấy 5 số này chia cho 3, theo nguyên lý
Dirichle có ít nhất 2 số cùng có số dư. Xét các khả năng sau:


- Nếu chỉ có 2 số dư giống nhau. Khi đó phải có 3 số chia cho 3 có số dư lần lượt
là 0,1,2 nên tổng của chúng chia hết cho 3
- Nếu có ít nhất 3 số dư giống nhau. Khi đó tổng của chúng luôn chia hết cho 3
Ta chia 17 số có trong khoảng từ 1 đến 907 thành 3 nhóm: Nhóm I gồm 5 số, nhóm II
gồm 5 số và nhóm III gồm 7 số. Mỗi nhóm luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3.
Giả sử tổng của 3 số đó ở mỗi nhóm lần lượt là 3a,3b,3c  a, b, c  *. Còn lại
17  9  8 số, trong 8 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3, đặt tổng 3 số đó
là 3d  d  *. Còn lại 8  3  5 số, trong 5 số này lại chọn được 3 số có tổng chia hết

cho 3 và đặt tổng 3 số đó là 3e  e * . Cuối cùng trong 5 số a, b, c, d , e tồn tại 3 số có
tổng chia hết cho 3, giả sử là 3 số x, y, z  x, y, z  * suy ra 3 x  y  z  9 . Do đó
luôn chọn ra 9 học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho 9.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×