Tuyen tap de thi HSG lop 9 Hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (177.91 KB, 5 trang )

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

Sở giáo dục và đào tạo phú thọ

kú thi chän häc sinh giái líp 9 t.h.c.s cÊp tỉnh
năm học 2002 2003

Đề thi môn toán

Thi gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 20 tháng 03 năm 2003

---Bµi 1: Giải các phơng trình:

a, 2 2004 2 2003 2004 2 20030







   



x

b, 

3 2

2 x

x 5 6

2 x

x ...+ 4005 4010006
1



 x

x = 2004

1001
Bµi 2:

1. Ba sè cã tỉng lµ 2003, cã tÝch lµ - 2003 vµ có tổng các tích của hai trong ba số
là -1. Tìm tất cả các bộ ba số ấy.

2. Trờn mặt phẳng cho 2028 điểm, trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng và
khơng có bốn điểm nào cùng thuộc một đờng trịn. Chứng minh rằng ln ln

vẽ đợc ba cung trịn có hai đầu mút là hai trong số các điểm đã cho, chia mặt
phẳng thànhba phần: Phần thứ nhất có 20 điểm, phần thứ hai có 3 điểm, và
phần thứ ba có 2003 điểm.

Bµi 3:

a, Tìm tất cả các số hữu tỉ x sao cho 2 2004

x

x là một số nguyên.

b, Trong mt hội nghị có 2003 đại biểu. Một số trong các đại biểu quen biết nhau
và số cịn lại khơng quen biết nhau. Chứng minh rằng có ít nhất một đại biểu có
số ngời quen trong hội nghị là một số chẵn.

Bµi 4:

Cho tam giác ABC có bán kính đờng trịn nội tiếp bằng 1 và độ dài các đờng
cao là ha, hb, hc.

a, CMR: nếu ha, hb, hc là các số nguyên thì tam giác ABC là tam giác đều.

b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P =

b
a h

h 2

 + hb 2hc

 + hc 2ha

---Họ và tên thí sinh:...Số báo danh: ...

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Đáp án Đề thi häc sinh giái líp 9 t.h.c.s cÊp tØnh 
m«n toán

năm học 2002 2003
Ngày thi: 20 tháng 03 năm 2003

---Bài 1(3điểm): Giải các phơng trình:

a, 2 2004 2 2003 2004 2 20030







   



x

b, 

3 2

2 x

x 5 6

2 x

x ...+ 4005 4010006
1



 x

x = 2004

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

Đáp án B.điểm

a, (1,5 đ): Ta cã: A = 







 20042 2003 2004 2 2003

= 20032 20031 2003 2 20031 0,25®

= ( 20031)2 + ( 20031)2 0,25®

= 20031 20031

= 2 2003

0,25đ
Do đó phơng trình đã cho tơng đơng với:

2 x  2 20030

0,25®

 x  2003 0,25®

 x = 2003 0,25®

b, (1,5đ): Ta phải có điều kiện xk với k = -1, -2, -3,..., -2003.
Khi đó ta có:

)
2
)(
1
(


 x

x +( 2)( 3)



 x

x +...+( 2002)( 2003)
1



 x

x =

2004
1001

0,25®



2004
1001
2003

1
2002

1
...

...

1
2
1
2

1
1
1







































 x x x x x

x

0,25®


2003
1
1




 x

x = 2004

1001 0,25®



)
2003
)(

1
(

2002


 x

x =2004

1001 0,25®

 (x+1)(x+2003) = 4008 0,25®

 x2 + 2004x – 2005 = 0

 x= 1, x= -2005

KL: Nghiệm của phơng trình là: x= 1, x= -2005

0,25đ

Bài 2(2®iĨm):

1.Ba sè cã tỉng lµ 2003, cã tÝch lµ - 2003 vµ cã tổng các tích của hai trong ba
số là -1. Tìm tất cả các bộ ba số ấy.

2. Trên mặt phẳng cho 2028 điểm, trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng
và khơng có bốn điểm nào cùng thuộc một đờng trịn. Chứng minh rằng ln ln vẽ
đợc ba cung trịn có hai đầu mút là hai trong số các điểm đã cho, chia mặt phẳng
thànhba phần: Phần thứ nhất có 20 điểm, phần thứ hai có 3 điểm, v phn th ba cú
2003 im.

Đáp án B.điểm

1.(1.25): Theo đề bài ta cần tìm các số a, b, c sao cho:

a + b + c = 2003, abc = -2003, ab + bc + ca = -1 0,25®
Râ rµng a, b, c lµ nghiệm của phơng trình: (x - a)(x - b)(x - c) = 0

Hay: x3 – (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x – abc = 0 0,25®

Hay: x3 – 2003x2 – x + 2003 = 0

 (x - 2003)(x2 - 1) = 0 0,25®

 x = 2003, x = 1, x = -1 0,25đ
KL: Bộ ba số thỏa mÃn bài toán là: 2003, 1, -1 và các hoán vị của chúng 0,25đ

2.(0,75): Ly điểm O tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa các điểm đã cho,
nối với 2028 điểm ta đợc các đoạn thẳng, trong đó có đoạn thẳng dài nhất,
kí hiệu là OA. Rõ ràng 2028 điểm đã cho thuộc hình tròn (O,OA).

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

Vẽ tiếp tuyến của đờng tròn tại A và cho tiếp tuyến quay quanh A
đến khi gập điểm đầu tiên, kí hiệu là B, ta đợc 2026 điểm cùng thuộc nửa
mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB.

0,25®
Tõ gi¶ thiÕt suy ra 2026 điểm còn lại nhìn AB dới các góc khác

nhau: 1 2 3 ...20 21 ...23 24...2026

Dùng c¸c cung chøa góc ,, trên đoạn thẳng AB, sao cho:

20  21, 23  24, 2003 

Đfcm.

0,25đ

Bài 3(2điểm):

a, Tìm tất cả các số hữu tØ x sao cho 2 2004


x

x lµ mét sè nguyªn.

b, Trong một hội nghị có 2003 đại biểu. Một số trong các đại biểu quen biết nhau
và số cịn lại khơng quen biết nhau. Chứng minh rằng có ít nhất một đại biểu có số
ngời quen trong hội ngh l mt s chn.

Đáp án B.điểm

a,(1,5) Ta cần tìm số hữu tỉ x để: x2 + x + 2004 là một số chính phơng. 0,25đ

Giả sử x = qp với p, q là số nguyên và (p, q) = 1 là số hữu tỉ cần tìm,
Khi đó: (qp )2+

q
p

+ 2004 = n2 ,(n



N)

0,25®

Ta cã p2 + pq + 2001pq2 = n2q2. Suy ra, p2 chia hÕt cho q,

do đó p chia hết cho q  q = 1, do đó x là số nguyên
Đa bài tốn về: Tìm x



Z, sao cho: x2 + x + 2004 = n2.

 4x2 + 4x + 8016 = 4n2

 (2n)2 – (2x + 1)2 = 8015

0,25®

 (2n – 2x - 1)(2n + 2x + 1 ) = 8015
Ta cã: 8015 = 1. 8015 = 5 . 1063 = 7. 1145 = 35 . 229

= (-1). (-8015) = (-5) . (-1063) = (-7). (-1145) = (-35) . (-229)

0,25đ
Lần lợt cho (2n + 2x + 1) và (2n – 2x - 1) các giá trị trên, ta đợc các giỏ

trị của x thỏa mÃn là: 2003, 399, 284, -400, -285, -49, 48, -2004 0,5®

b,(0,5đ): Nếu A và B quen nhau thì ta gọi là một cặp quen biết. Khi đó
nếu m là số cặp quen biết và x1, x2, ..., x2003 là số ngời quen biết của ngời

thø nhÊt, thø hai, ..., thø 2003 th×:

x1 + x2 + ...+ x2003 = 2m (1)

0,25®

Giả sử x1, x2, ..., x2003 đều là các số lẻ, thế thì vế trái của (1) là số

lẻ nên suy ra 2m là số lẻ. Điều mâu thuÉn nµy chøng tá cã Ýt nhÊt mét sè
xi (i = 1, 2, ..., 2003) là số chẵn, ta có đpcm.

0,25đ

Bài 4(3điểm):

Cho tam giỏc ABC cú bán kính đờng trịn nội tiếp bằng 1 và độ dài các đờng
cao là ha, hb, hc.

a, CMR: nếu ha, hb, hc là các số nguyên thì tam giác ABC là tam giác đều.

b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P =

b
a h

h 2

 + hb 2hc

 + hc 2ha

Đáp án B.điểm

a, (1,25): Gi S l din tớch ca tam giác ABC, r là bán kính đờng trịn
nội tiếp và a, b, c là độ dài ba cạnh tơng ứng với chiều cao ha, hb, hc.

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

Ta cã: 2S = (a + b + c)r = a + b + c = a. ha = b. hb = c. hc (do r = 1)

Suy ra: ha = 2S / a; hb = 2S / b; hc = 2S / c.

Do đó: 1  1  1 1

c
b
a h h

h (1)

0,25đ

Không mất tính tổng quát, giả sử ha hb hc. vì r = 1 nên ha, hb, hc>

Và vì ha, hb, hc là các số nguyên nên ha hb hc 3

0,25®

Suy ra:

c
b
a h h

h

1
1
1

1  

c

h

  hc3  hc = 3 0,25®

Theo (1) ta cã 1  1 32

b
a h

h nªn 3(ha + hb) = 2hahb, hay

(2ha- 3)(2hb - 3) = 9 = 9 . 1 = 3. 3

Suy ra ha = hb = hc = 3  a = b= c . Do đó tam giác ABC đều.

0,25®

b, (1,75®): Ta cã ( ) 1 1 19












z
y
x
z
y

x víi x, y, z > 0.
( Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ) (*)

( NÕu hs c«ng nhËn c«ng thøc chØ cho 0,25đ)

0,5đ
áp dụng (*), ta có: (ha+ 2hb)(1/ha + 1/2hb )  9. 0,25®

Suy ra:

b

a h

h 2

  










b
a h

h 2

1
1
9
1

(1) 0,25đ

Tơng tự, ta có

c
b h

h 2

  










c
b h

h 2

1
1
9
1

(2)

a
c h

h 2

  










a
c h

h 2

1
1
9
1

(3)

0,25đ

Từ (1), (2) và (3), ta có: P

3
1
3
3
3
9
1
















c

b
a h h

h

DÊu = xảy ra khi các dấu = ở 1), (2) và (3) xảy ra, tức là:
ha = hb, hb = hc, hc = ha  ha = hb = hc

0,25đ

Vậy: GTLN của P là

3
1

khi tam giác ABC đều. 0,25đ

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

---Hết---Sở giáo dục và đào tạo

kú thi chän häc sinh giái líp 9 t.h.c.s cấp tỉnh
năm học 2003 2004

Đề thi môn to¸n

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao 
Ngy thi: 02 thỏng 03 nm 2004

---Bài 1 (2điểm):

a,Chøng minh r»ng nÕu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p-1)(p+1) chia hÕt
cho 24

b,Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau: xy 2x 3y + 1 = 0

Bài 2 (2điểm):

Cho các số a, b, c khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện:
a3 + b3 + c3 = 3abc.

TÝnh tÝch:    

b
a

c
a
c

b
c
b

a
c

b
a
b

a
c
a

c
b













.
Bµi 3 (2®iĨm):

1. Tìm a để phơng trình: 3 x + 2ax = 3a – 1 có nghiệm duy nhất.

2. Cho tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c tháa m·n ®iỊu kiƯn f(x) 1 víi x

1;1

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4a2 + 3b2.

Bài 4 (1,5 điểm):

Trờn hai tia Ox v Oy của góc xOy có hai điểm A và B (AOx,BOy) chuyển động

sao cho OA – OB = m (m là độ dài cho trớc). Chứng minh rằng: Đờng thẳng qua
trọng tâm G của tam giác ABO và vng góc với AB ln đi qua một điểm cố nh.

Bài 5 (2,5điểm):

Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn. Gọi ha, hb, hc là các đờng cao; ma, mb, mc là

các đờng trung tuyến ứng với các cạnh BC, CA, AB và R, r lần lợt là bán kính các
đ-ờng trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:

r
r
R
h
m
h
m
h
m

c

c
b

b
a

a

---Họ và tên thí sinh:...Số báo danh: ...

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 9 t.h.c.s cấp tỉnh 
môn toán

năm học 2003 2004
Ngày thi: 02 tháng 03 năm 2004

</div>

Tuyen tap de thi HSG lop 9 Hay

<sub></sub>



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về