Đề thi học sinh giỏi Toán 9 cấp tỉnh năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Gia Lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 07/03/2019 Câu 1 (3,0 điểm).
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 (5,0 điểm).
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số 3
A  3n  15n chia hết cho 18.
2) Một đoàn học sinh đi 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 (6,0 điểm).
1) Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần
lượt là 20cm và 1cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một 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 định nằm bên trong đường tròn ( I khác O ), qua
điểm I dựng hai dây 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 , P, N , Q cùng thuộc một đường tròn.
b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau tại I .
Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MPNQ có diện tích lớn nhất. Câu 4 (4,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình sau 2
 x 1  4  2y  5  2y  (x 1)  5   4 2
5x  (x  y)    3
10x  y  y 
2) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x  y  z  2xyz  1. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P  xy  yz  zx  2xyz. Câu 5 (2,0 điểm).
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.
--------------------------Hết--------------------------
Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………….................................……; Số báo danh: …..........; Phòng thi số:..........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 04 trang) Ngày thi: 07/03/2019
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Câu Ý Đáp án Điểm
Gọi số cần lập có dạng abcd  2019
Trường hợp 1. a  2
Có 7 cách chọn a . a 3, 4,5, 6, 7,8,  9 .
Có 9 cách chọn b ( Trừ chữ số đã chọn cho a ) 1,25
Có 8 cách chọn c ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b )
Có 7 cách chọn d ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b, c )
Trường hợp này có 7.9.8.7  3528 ( số)
Trường hợp 2. a  2, b  0 1 Có 8 cách chọn b (3,0đ) Có 8 cách chọn c 0,75 Có 7 cách chọn d
Trường hợp này có 8.8.7  448 (số )
Trường hợp 3. a  2, b  0, c  1 Có 7 cách chọn c 0,5 Có 7 cách chọn d
Trường hợp này có 7.7  49 (số)
Như vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0,5
3528  448  49  4025 ( số) Ta có: 3 A  n  n   3 3 15
3 n  n  6n  3(n 1)n(n 1)  6n 1,0 Ý 1
Với mọi số nguyên n, (n 1)n(n 1)  6n chia hết cho 6 0,5
(2,0) Vậy A  3(n1)n(n1)6n chia hết cho 18 0,5
Gọi số ô tô lúc đầu là x với x   ; x  2 0,5 2
Số học sinh đi tham quan là 12x 1 (5,0đ)
Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh của đoàn được chia đều cho tất cả 0,5
các xe. Khi đó mỗi xe chở được y học sinh với y   ; 0  y  16 Ý 2 Ta có:  x  
1 y  12x 1 (3,0) 12x 1 13 0,5  y   12  x 1 x 1
Vì x, y   nên x  1 Ư(13)  1;1  3 0,5 1
Với x  1  1  x  2 suy ra y  25 (loại) 0,5
Với x  1  13  x  14 suy ra y  13 (thỏa mãn)
Vậy đoàn tham quan có 14 ô tô và 169 học sinh. 0,5 M A F Q 1 cm ( ) B E 0,5 N D P C Ý 1
Đáy hộp là một hình chữ nhật có các kích thước là (2,0)
MQ  BE  2.1  2(cm) 3
QP  FD  2.1.  3 cm 2 0,5
Chiều cao của hộp bằng chiều cao của cây nến 0,5 3
Thể tích của khối hộp là V    3 2. 3.20 40 3 cm  (6,0đ) 0,5 C P A M I H K N O B Ý 2a Q (2,0) D
a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AID. 1,0    
Suy ra MQ / / AD  DAB  QMN . Tương tự BCD  NPQ  
có DAB  BCD (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,5  
Suy ra QMN  NPQ 2
Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp 0,5
Vậy bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc một đường tròn. 1 1 1 0,5
Vì AB  CD nên 2 2 S   MN.PQ 
 AB  CD 
 ( AB  CD ) MPNQ 2 8 16
Kẻ OH  AB tại H , OK  CD tại K, ta có : 1,0 2 2 2 2 2 2 2 2
AB  CD  4( AH  CK )  4(R  OH  R  OK ) 2 2 2 2
 4(2R  KH )  4(2R  OI ) Ý 2b 1 (2,0) Suy ra 2 2 S 
(2R  OI ) (không đổi) MPNQ 4 1 Vậy S
đạt giá trị lớn nhất bằng 2 2 (2R  OI ) MPNQ 4
đạt được khi và chỉ khi : AB  CD  OH  OK  OKIH là hình vuông 0,5
 AB và CD lập với OI các góc bằng 45o. x  1  
Điều kiện  y  2 0,25  2
5  2 y  (x 1) 
Từ phương trình (2) ta có 4 3 2
5x 10x y  x  2xy  0 0,25 x  0 3 2
 5x (x  2 y)  x(x  2 y)  0  x(x  2 y)(5x 1)  0  x  2y  0,25
Với x  0 thay vào (1) ta có: 1 4  2 y  4  2 y  5 
4  2 y  4  2 y  4 2 
4  2 y  4  4  2 y  2 4  2 y  4  y  y  0  y  0 0,25
Với: x  2 y . Thay vào phương trình (1) ta được Ý 1 (2,0) 2
x 1  4  x  5  x  (x 1)  5 
x 1  4  x  (x 1)(4  x)  5 (*) 4 0,5 (4,0đ) 2 t  5 Đặt t 
x 1  4  x  0 
x 1. 4  x  2 2 t  5 t  5
Thay vào phương trình (*) ta có: 2 t 
 5  t  2t 15  0   . 2 t  3  x  0 0,5 Khi 2 t  3 
x 1. 4  x  2  x  3x  0   x  3   3 
Tóm lại, hệ có nghiệm  ;
x y   0;0, 3;    2  Nếu chia trục số thành hai phần bởi số 0,thì trong 3 số
(2x 1), (2 y 1), (2z 1) luôn tồn tại hai số nằm về cùng phía, không mất tính tổng 0,5 Ý 2 quát giả sử 3 (2,0) z 2x   1 2 y  
1  0  2  x  y  4xy  1  z  x  y  2xyz  . 2 Từ 2 2 2
x  y  z  2xyz  1 suy ra 1 z 0,5 2 2 2
1 z  2xyz  x  y  2xy  2xyz  2xy  z   1  xy  . 2 1 z z 1
Vì vậy P  xy  yz  zx  2xyz    . 2 2 2 0,5 1 1 1
Với x  y  z  thì P bằng
. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 2 2 0,5
Trước hết, ta chứng minh bổ đề “trong 5 số tự nhiên bất kì, tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3.” Thật vậy,
Với 5 số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 3, ta luôn chọn được 1 trong hai trường hợp sau. 0,5
TH1. Cả ba số khi chia cho 3 có số dư giống nhau suy ra tổng ba số chia hết cho 3.
TH2. Ba số khi chia cho ba có số dư đôi một khác nhau 3k; 3m1; 3n 2 , suy
ra tổng của ba số cũng chia hết cho 3.
Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý. Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt 5, 5, 7 phần tử. 5 (2,0đ)
Trong mỗi tập, ta luôn chọn được 3 số có tổng lần lượt là:
3a , 3a , 3a a , a , a  N còn lại: 1 2 3  1 2 3  0,5
17  9  8 số, trong 8 số này, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a , còn lại 5 số, chọn 4
tiếp 3 số có tổng là 3a . 5
Như vậy, ta luôn có thể chọn từ đoàn ra 5 nhóm, mỗi nhóm có 3 thí sinh mà tổng
số báo danh của mỗi nhóm lần lượt là 3a ,3a , 3a ,3a ,3a . 0,5 1 2 3 4 5
Trong 5 số a , a , a , a , a có 3 số a , a , a có tổng chia hết cho 3. 1 2 3 4 5 1 i i 2 i3
Như vậy, 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là: 0,5
3a  3a  3a  3 a  a  a 9 1 i i 2 i3  1i i 2 i3 
Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
..............Hết.............. 4
Document Outline

• DE CHINH CHUC
• DAP AN DE CHINH THUC