Đề thi học sinh giỏi toán 9 cấp tỉnh năm 2018 2019 sở GD đt gia lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
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 A  3n3  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
 x  1  4  2 y  5  2 y  ( x  1) 2  5

5 x 4  ( x  y ) 2  10 x 3  y  y

2) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2 xyz  1. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P  xy  yz  zx  2 xyz.
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
GIA LAI
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN
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
(3,0đ)

Có 8 cách chọn b
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
Có 7 cách chọn d

0,5

Trường hợp này có 7.7  49 (số)
Như vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

3528  448  49  4025 ( số)
Ta có: A  3n3  15n  3  n3  n  6n   3  ( n  1) n( n  1)  6n 
Ý 1 Với mọi số nguyên n, (n  1) n( n  1)  6n chia hết cho 6
(2,0)
Vậy A  3 (n  1)n(n  1)  6n  chia hết cho 18
2
(5,0đ)

Gọi số ô tô lúc đầu là x với x   ; x  2
Số học sinh đi tham quan là 12 x  1
Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh của đoàn được chia đều cho tất cả
các xe. Khi đó mỗi xe chở được y học sinh với y   ; 0  y  16
Ý2
Ta có:  x  1 y  12 x  1
(3,0)
12 x  1
13
 y
 12 
x 1
x 1
Vì x, y   nên x  1 Ư(13)  1;13

0,5
1,0

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
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)
0,5

Vậy đoàn tham quan có 14 ô tô và 169 học sinh.
M

F

A

Q
1(cm)

E

B

0,5
N

P

D

C

Ý 1 Đáy hộp là một hình chữ nhật có các kích thước là
(2,0)

MQ  BE  2.1  2(cm)
QP  FD  2.1.

3
 3  cm 
2

0,5

Chiều cao của hộp bằng chiều cao của cây nến
0,5
3
(6,0đ)



Thể tích của khối hộp là V  2. 3.20  40 3 cm3



0,5

C

P
A

M
I

H
N

K
O

Ý 2a
(2,0)

B

Q

D

a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AID.
  QMN

 . Tương tự BCD
  NPQ

Suy ra MQ / / AD  DAB

1,0

  BCD
 (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
có DAB
  NPQ

Suy ra QMN

0,5

2


Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp
Vậy bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc một đường tròn.
1
1
1
Vì AB  CD nên SMPNQ   MN .PQ   AB  CD   ( AB 2  CD 2 )
2
8
16

0,5

Kẻ OH  AB tại H , OK  CD tại K, ta có :
AB 2  CD 2  4( AH 2  CK 2 )  4( R 2  OH 2  R 2  OK 2 )

1,0

0,5

 4(2 R 2  KH 2 )  4(2 R 2  OI 2 )
Ý 2b
1
(2,0) Suy ra S MPNQ  (2 R 2  OI 2 ) (không đổi)
4
1
Vậy S MPNQ đạt giá trị lớn nhất bằng (2 R 2  OI 2 )
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
5  2 y  ( x  1) 2


0,25

Từ phương trình (2) ta có

5 x 4  10 x3 y  x 2  2 xy  0

x  0
 5 x ( x  2 y )  x( x  2 y )  0  x( x  2 y )(5 x  1)  0  
x  2y
3

0,25

2

Với x  0 thay vào (1) ta có: 1  4  2 y  4  2 y  5  4  2 y  4  2 y  4

0,25

 4  2 y  4  4  2 y  2 4  2 y  4  y  y2  0  y  0

0,25

Với: x  2 y . Thay vào phương trình (1) ta được
Ý1
(2,0)
4
(4,0đ)

x  1  4  x  5  x  ( x  1) 2  5 

Đặt t  x  1  4  x  0  x  1. 4  x 

Thay vào phương trình (*) ta có: t 

x  1  4  x  ( x  1)(4  x )  5 (*)

t2  5
2

 t  5
t2  5
 5  t 2  2t  15  0  
.
2
t  3

x  0
Khi t  3  x  1. 4  x  2   x 2  3 x  0  
x  3

Ý2

0,5

 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
(2 x  1), (2 y  1), (2 z  1) luôn tồn tại hai số nằm về cùng phía, không mất tính tổng
quát giả sử

0,5

0,5

3


(2,0)

 2 x  1 2 y  1  0  2  x  y   4 xy  1  z  x  y   2 xyz 

z
.
2

Từ x 2  y 2  z 2  2 xyz  1 suy ra
1  z 2  2 xyz  x 2  y 2  2 xy  2 xyz  2 xy  z  1  xy 

Vì vậy P  xy  yz  zx  2 xyz 

Với x  y  z 

0,5

1 z
.
2

1 z z 1
  .
2
2 2

0,5

1
1
1
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.
5
(2,0đ)

Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý. Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt 5, 5, 7 phần tử.
Trong mỗi

tập,

ta

luôn

chọn

được

3

số

có

tổng

lần

lượt

là:

3a1 , 3a2 , 3a3  a1 , a2 , a3  N  còn lại:

0,5

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 .
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 3a1 ,3a2 , 3a3 ,3a4 ,3a5 .

0,5

Trong 5 số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 có 3 số ai1 , ai 2 , ai 3 có tổng chia hết cho 3.
Như vậy, 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là:

0,5

3ai1  3ai 2  3ai 3  3  ai1  ai 2  ai 3  9

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