Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai

SỞ GD & ĐT GIA LAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TP
LỚP 9 NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1(3 điểm).Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9. Có thể lập đƣợc bao nhiêu số tự
nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019.
Câu 2(5 điểm).
1. Chứng minh A  3n3  15n chia hết cho 18 với mọi n
2. Một đoàn học sinh đi tham quan quãng trƣờng Đại Đoàn Kết Tỉnh Gia Lai .Nếu
mỗi ô tô chở 12 ngƣời thì thừa 1 ngƣời. Nếu bớt 1 ô tô thì số học sinh của đoàn chia
dều đƣợc cho các ô tô còn lại . Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao
nhiêu ô tô ? Biết rằng các ô tô chở không quá 16 ngƣời.
Câu 3(6 điểm).
1.Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy
lần lƣợt là 20cm và 1cm. Ngƣời ta xếp cây nến 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 đƣờng tròn (O;R) và điểm I cố định nằm bên trong đƣờng tròn (I khác A), qua
điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD. Gọi M,N,P,Q lần lƣợt là trung điểm của IA,
IB, IC, ID.
a)Chứng minh bốn điểm M,N,P,Q cùng thuộc 1 đƣờng tròn.
b)Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhƣng luôn luôn vuông góc 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(4 điểm).

 x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1) 2  5
1.Giải hệ phƣơng trình 

5x 4  ( x  y )2  (10x 3  y) y


2.Với các số thực dƣơng x,y,z thoả mãn x2  y 2  z 2  2 xyz  1, tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức P  xy  yz  zx  2xyz .
Câu 5(2 điểm).Trong kỳ thi chọn học sinh THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A
có 17 học sinh dự thi mỗi thí sinh có báo danh là một số tự nhiên trong khoản 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.
Lời giải
Câu 1(3 điểm). Chọn chữ số hàng nghìn có 8 cách chọn.
Chọn sữ số hàng trăm có 9 cách chọn.
Chọn chữ số hàng chục có 6 cách chọn.
Chọn chữ số hàng đơn vị có 5 cách chọn.Vậy có 2160 cách chọn
Câu 2(5 điểm).
1.Ta có A  3n3  15n  3(n 1)n(n  1)  18n chia hết cho 18 với mọi n.
2.Gọi a là số xe , b là số học sinh ( a,b ∈ N,a,b > 0 ).
Vì xe chở 12 hs thì thừa 1 hs nên ta có phƣơng trình b =12a+1 (1).
Vì giảm 1 xe nên số xe sau đó là a-1(xe). khi đó mỗi xe cần chở số hs là

b
(2).
a 1


12a  1
(3) ( và thƣơng số này phải là số nguyên
a 1
12a  1 12a-12+13

13
dƣơng).Ta có
. Để (3) dƣơng thì a-1 là ƣớc của 13 nên chỉ

 12 
a 1
a 1
a 1

Thay (1) vào (2) và ta có mỗi xe chở

xảy ra hai trƣờng hợp là a =2 hoặc a=14 .
Khi a=2 thì b=25 khi đó (3) có giá trị là 25 >16 nên loại .
Khi a=14 thì b=169 khi đó (3) có giá trị là 13<16 chọn .Vậy số ô tô lúc đầu là 14
chiếc xe .Số hs đi tham quan là 169 hs
Câu 3(6 điểm).
1.Ta có AB  10(cm); AD  2 5(cm) .
Ta tính đƣợc S ABCD  20 5 và VABCD  S ABCD .h  20 5.20  400 5(cm3 )
A

N

M

B

S

2.a

P

R

D

C

Q

A

C
P

M
I

N
Q

B

O

D

Ta có MPN  MQN  MPI  NPI  MQI  NQI  DAC  DBC  180 .Ta có lúc đó bốn điểm
M,N,P,Q cùng thuộc 1 đƣờng tròn.
2b.Ta có giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhƣng luôn luôn vuông góc nhau

0

1
1 MN 2  PQ 2 1 AB 2  CD2
MN .PQ  .
 .
tại I thì
.Tứ giác MNPQ có diện tích lớn
2
2
2
2
8
2
2
1 AB  CD
nhất là .
khi I trùng với O.
2
8
SMPNQ 

Câu 4(4 điểm).
1.Ta có điều kiện x  1; y  2 .Ta có
 x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1) 2  5
 x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1) 2  5


.Ta tiến




5x 4  ( x  y)2  (10x 3  y) y
x( x  2 y)(5x 2  1)  0





hành giải 2 hệ phƣơng trình sau .
2

x0
TH1.Ta có  x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1)  5  
.




x0

y  0



 x  0

 y  0
2



TH2.Ta có  x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1)  5    x  3 .
x  2y



 y  3
 

2
1
2

1
2

2.Do bất đẳng thức có tính đối xứng nên ta giả sử x, y  hoặc x, y  .Ta có
1
(2x  1)(2 y  1)  0  x  y  2xy  .Mặt khác ta có
2
2
2
2
2
1  x  y  z  2 xyz  2xy  z  2xyz  z  1  2xy .Nhân hai bất đẳng thức trên ta có
1
1
1
xy  yz  zx   2xyz  xy  yz  zx-2xyz  .Vậy giá trị lớn nhất của P là khi x,y,z là các
2

2
2
1 1
hoán vị của  ; ;0  .
2 2 

Câu 5(2 điểm).Xét 5 số tự nhiên tuỳ ý, khi chia cho 3 có thể xảy ra: Có 3 số dƣ
giống nhau  Tổng 3 số tƣơng ứng chia hết cho 3. Trái lại, sẽ có 3 số dƣ đôi một
khác nhau  Tổng 3 số tƣơng ứng không chia hết cho 3.Vậy trong 5 số tự nhiên bất
kì, tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3. Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý: Chia chúng thành 3
tập, có lần lƣợt 5, 5, 7 phần tử. Trong mỗi tập, chọn đƣợc 3 số có tổng lần lƣợt là:
3a1;3a 2 ;3a 3 (a1;a 2 ;a 3  ) còn lại: 17  9  8 số, trong 8 số này, chọn tiếp 3 số có tổng là
3a 4 , còn lại 5 số, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a 5 . Trong 5 số a1;a 2 ;a 3 ;a 4 ;a 5 có 3 số

ai1; ai 2 ; ai 3 có tổng chia hết cho 3  9 học sinh tƣơng ứng có tổng các số báo danh là:
3ai1  3ai 2  3ai 3  3(ai1  ai 2  ai 3 ) 9 .