Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lần 2 năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.04 MB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1

Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO 
TẠO

CẨM THỦY

ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2) 
Năm học 2018 - 2019

Môn: Toán - Lớp 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (4,0 điểm):

1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:





3 3

26 15 3. 2 3

9 80 9 80

x

 



  

2. Tính tổng:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

8.1 1 8.2 1 8.3 1 8.1009 1

1 1 1 ... 1

1 .3 3 .5 5 .7 2017 .2019

S            

Câu II. (4,0 điểm):

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1;3

2); N(3;0); K(4;
5

2). Xác định tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.

2. Giải phương trình: 2 4 2 4

13 x x 9 x x 16. 
Câu III. (4,0 điểm):

1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 2 2

3x 18y 2z 3y z 18x27.
2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:

4 4

1 1

x y

y x

 



  là số nguyên. Chứng minh
rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2

Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.
2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.

3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.

Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  3.

Chứng minh rằng: 1 2 1 2 12 1.
2a b 2b c2c a 

---Hết---

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 9 
(Đáp án gồm có 04 trang)

Bài Đáp án Điểm

1

(4đ)

1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:





3 3

26 15 3. 2 3

9 80 9 80

x

 



  

Đặt















3 3 3

3 3 3 3

9 80 9 80 9 80 9 80 3 9 80 9 80 .

18 3 81 80. 18 3 3 18 0

3 3 6 0

3 6 0

a a a

a a a a a a

a

a a a

a a

           

          




      

  


Mặt khác: 3 3





26 15 3  32  32

Suy ra:



 





3 3

26 15 3. 2 3 3 2 2 3 4 3 1

3 3 3

9 80 9 80

x

    

   

  

0,5đ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3

Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

Vậy

 

2020

2020
1 1

3. 1 1 1

27 9

Q      

 

0,5đ

2. Tính tổng:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

8.1 1 8.2 1 8.3 1 8.1009 1

1 1 1 ... 1

1 .3 3 .5 5 .7 2017 .2019

S            

Ta có:



 















2 2 4 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

8 1 8 1 16 8 1 8 1 4 4

1 1

4 1

2 1 2 1 4 1 4 1 4 1

1 1 1

1 .

2 2 1 2 1

n n n n n n n

n

n n n n n

n n
     
     

    
 
    
 
 

Với n ≥ 1, nN Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được:
1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 . 1 . ... 1 .

2 1 2 2 3 5 2 2017 2019

S             

     

1 1 1009

1009 . 1 1009
2 2019 2019

 
    
 
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
2 
(4đ)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1;3

2); N(3;0);
K(4;5

2).

Xác định các đỉnh của

tam giác ABC sao cho M, N, K

lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.
Lời giải:

Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b.

Vì M(1; 3

2) thuộc đường thẳng MN nên:
3

2= a + b (1)
Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2)
Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4

Suy ra phương trình đường thẳng MN là: 3 9
4 4

y x

Tương tự phương trình đường thẳng MK là: 1 7
3 6

y x

phương trình đường thẳng NK là: 5 15
2 2

y x

Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB

 Phương trình đường thẳng AB có dạng 3
4

y xc

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

Mà K(4;5

2) AB suy ra

5 3
.4
2 4 c



  => c= 11
2
 Phương trình đường thẳng AB là: 3 11

4 2

y  x

Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: 1 1
3

y x

Phương trình đường thẳng AC là: 5 1
2

y x

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

3 11
.

4 2

5 4

. 1
2

y x

x
y

y x



  

  

 

  



  


Suy ra A(2;4)

Tương tự: B(6;1) và C(0;-1)

0,5đ

1. Giải phương trình: 2 4 2 4
13 x x 9 x x 16. 
Lời giải:

Đk: -1 ≤ x ≤ 1

Ta có:





2 2

2 2 2

13. . 1 9 . 1 13
. 13 1 9 1 256

x x x x

x x x

   

    

Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số:
13; 3 3





13(1x ); 3 1x ta được:











2 2









2 2







13. 13 1x 3 3. 3 1x  13 27 13 13  x  3 3x 40. 16 10 x
Áp dụng bđt Cosi ta có:





2 2 2 2 2 2

4.10x . 16 10 x (10x 16 10 x ) 16 256

Dấu bằng xảy ra 10x2 = 16 - 10x2  2 2 5
5
5

x   

0,5đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

III 
(4đ)

1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

2 2 2 2 2

3x 18y 2z 3y z 18x27.
Giả thiết





2 2 2 2 2

3 x 3 18y 2z 3y z 54

      (1)

+) Lập luận để 2 2 2

3 3 9 9

z z z z  (*)

(1) 2 2 2 2

3(x 3) 2z 3y z( 6) 54(2)

     

(2) 2 2 2 2 2 2

54 3(x 3) 2z 3y z( 6) 3(x 3) 2.9 3y .3

         

2 2

(x3) 3y 12

2 2 2

4 1; 4

y y y

     vì y nguyên dương.

Nếu 2

1 1

y   y thì (1) có dạng:





2 2 2 2 72 2

3 3 5 72 5 72 9 3

x  z   z   z  z   z (vì có(*))

Khi đó









3 x3 27 x3 9, x nguyên dương nên tìm được x = 6

Nếu 2

4 2

y   y (vì y ngun dương) thì (1) có dạng:





2 2 2 2 2

3 x3 14z 12614z 126     z 9 z 9 z 3 (vì z nguyên dương)
Suy ra 2

(x3)   0 x 3(vì x nguyên dương)

Đáp số

3 6

2; 1

3 3

x x

y y

z z

 

 

   

 

   

 

0,5đ

2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho:

4 4

1 1

x y

y x

  

  là số
nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)

Lời giải:

Đặt 4 1 ; 4 1

1 1

x a y m

y b x n

 

 

  với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0
Theo bài ra ta có: a m an bm Z

b n bn



  

Suy ra: an bm b an b

an bm n bm n


 



  

  mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra:
n b

n b

b n



 




0,5đ

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6

Truy cập trang để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

D
M

N C

H
A

Mặt khác:

4 4

1 1

. .

1 1

a m x y

Z

b n y x

 

 

  ( vì x
4

- 1 x+1 và y4 - 1 y + 1)

Suy ra a.m n mà (m;n) =1 suy ra a n mà n = b nên a b suy ra x4 - 1 y + 1
Do đó: x4

y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + 1
Vì x4 - 1 y + 1 và y44 – 1 y + 1 (đpcm)

0,5đ

IV

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định.

a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC.

Vì tam giác OHB vng tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2

Vì tam giác OHC vng tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2

Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2)

0,5đ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

(6đ) b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.

Vì OM.OB = OH2 OA2 = OM.OB OA OB

OM OA

 

Xét O AM và OABcó: AOB chung

OA OB

OM OA (chứng minh trên)
O AM

  OAB(c.g.c)

MAO OBA

  mà AOBOBA (vì OA = AB = R)

MAO MOA

 

M A

  cân tại M MA = MO  M thuộc đường trung trực của AO
Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO

 MN đi qua trung điểm D của OA cố định.

0,25đ

2) Chứng minh: OB.OC = 2R2.

Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)

OM OC

ON OB

 

Chứng minh được OMN OCB (c.g.c)

Mà OHBC; ODMN 1O

D R R 2

OM OC OM OC

OM C

O OH

     

Lại có: OM.OB = OH2 1 2
O .

2 C OB R

 

Vậy OB.OC = 2R2.

0,5đ

3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi

Ta có: OMN OCB

2 2

S D 1 1 1

S S . .

S 4R 4 4 8

OMN

OMN OCB

OCB

O R

OH BC
OH

 

       

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

8

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - 
Địa – GDCD tốt nhất!

1 1

R(AB AC) R( )

8 8 4

R

R R

    

Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng  A H

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là:

OMN

R

S  khi điểm A trùng với

điểm H.

0,5đ

V 
(2đ)

Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  3. Chứng minh

rằng: 1 2 1 2 12 1.

2a b 2b c2c a 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,
ta có 2 3 2

1 1 a b3 a b và 3 2

3 ab     a b b a 2 .b

Suy ra





2 3 2

2 2 3 2

2 1 1 1

1 1 1 1 2

2 1 1 3 3 9

a b

a b a ab a a b

a b   a b  a b        

  

Suy ra 2

1 1 1

( 2 )

2a b 2 18 a  ab (1)
Tương tự, cũng có: 2

1 1 1

( 2 )

2b c 2 18 b  bc (2)
2

1 1 1

( 2 )

2c a  2 18 c  ca (3)

Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được





2 2

1 1 1 3 1

2a b2b c2c a  2 18 a b c  Điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b c 1.

0,5đ

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình khơng vẽ

</div>

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lần 2 năm 2018 - 2019

<b>1</b>





<b>2</b>

























 





<b>3</b>

 



 















<b>4</b>





































<b>5</b>





















<b>6</b>

<b>7</b>

<b>8</b>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về