Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An (Bảng A)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu (3 điểm) a Tìm số phương có chữ số biết chữ số hàng đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương 2n+1 b Chứng minh số A  22 +31 hợp số với số tự nhiên n Câu (7 điểm)  x  y  3x  a Giải hệ phương trình:   y  x  y  x  18 x  11  b Giải phương trình: x   x   2x  Câu (2 điểm) Cho x, y , z số thực dương thoả mãn xyz  Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 P    (3x  1)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z Câu (6 điểm) Cho AB đường kính cố định đường tròn (O) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn (K) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường tròn (K) Gọi M trung điểm OE Chứng minh rằng: a Điểm M thuộc đường tròn (K) b Đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d Câu (2 điểm) Ở miền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích lấy 2017 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh ln tồn tam giác có đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa  giác đó) có diện tích khơng vượt q 6050 ……………Hết…………… Họ tên thí sinh…………………………………… Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu điểm Đáp án Điểm a (1,5 điểm)Tìm số phương có chữ số biết chữ số hang đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd  n (n  N ) => d  0,1, 4,5,6,9 mà d số nguyên tố => d  * Mặt khác 100  abcd  10000  31  n  100 Do d = => n có tận hay n  e5 Mà e +5 số phương => e = 22n+1 +31 hợp số với số tự nhiên n =2.22n chia dư n  N  22n+1 =3k+2,(k  N) Ta có 0,5 0,5 => n = 45 => abcd  2025 b (1,5 điểm) Chứng minh số A=2 0,5 2n+1  A=22 2n+1 0,5 +31=23k 2  31  4.(23 )k  31  4.8k  31 Mà chia dư k  N  chia dư k  N k k 0,5  8k +31 k  N  A=22 +31 n  N Mà A >7  A hợp số với số tự nhiên n  x  y  3x  a.(3,5 điểm ) Giải hệ phương trình:   y  x  y  2n+1 điểm  x  y  3x   x  y  3x   x  y  3x     2  y  x  y   x  y  x  y ( x  y )( x  y  1)  0,5 1,0 TH 1:  x   x  y  3x   x  5x         x   ( x; y )  (2;2),(3;3)  x  y x  y x  y  1,0  x  y  3x   x  y  3x   x  x   0(vn) TH    x  y   y   x   y 1 x 1,0 Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y)  (2;2),(3;3) 0,5 x  18 x  11  b.(3,5 điểm) Giải phương trình: x   x   2x  3  đặt a  x  1, b  x   , PT trở thành: 8a  b ab  2b(a  b)  8a  b  b  2ab  8a  2b ĐK: 2x    x  b  a  (b  4a)(b  2a)    b  4a TH b  2a  x   2( x  1)  2x   4( x  1) ( x  1) 0,5 0,5 0,5 0,5  3  (tm) x   4x  6x      3  (l ) x   0,5 TH b  4a  2x   4( x  1)  2x   16( x  1) ( x  1) điểm 0,5  15  17 (l ) x  16  16x  30x  13     15  17 0,5 (tm) x  16  3  15  17 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  ,x   16 Cho x, y , z số thực dương thoả mãn xyz  Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 P    (3x  1)( y  z )  x (3 y  1)( x  z )  y (3z  1)( x  y )  z Áp dụng BĐT Cơ-si cho ba số ta có : x  y  z  3 xyz  1    x( y  z )  x  y  z y ( x  z )  x  y  z 3z ( x  y )  x  y  z 1   => P  3x( y  z )  3 y ( x  z )  3 z ( x  y )  1  3P    1 1 1  1  1  1 y z x z x y 1 , b  , c   a, b, c  0, abc  Đặt a  3 y x z P 0,5 0,5 1  3  3 a  b  b  c  c  a3  3 2 Ta có: a  b  (a  b)(a  b  ab)  (a  b)(2ab  ab)  ab(a  b) (1) Thiết lập BĐT tương tự lại ta có: 1 3P    ab(a  b)  abc bc(b  c)  abc ca(c  a)  abc c a b    1  P  abc abc abc a  b  c P=    a  b  c   x  y  z  abc  1 Vậy GTLN P  3P  điểm 0,5 0,5 Cho AB đường kính cố định đường tròn (O) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn (K) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường tròn (K) Gọi M trung điểm OE Chứng minh rằng: K E F C Q M A B O N a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường tròn (K) Ta có EC tiếp tuyến đường tròn (O)=> ECO=90 , mà C  ( K , EF ) 0,5 => ECF=90 => O, C, F thẳng hàng Mà EC, EA hai tiếp tuyến (O) => AOE  EOF 0,5 Mặt khác FE  d , AB  d  EF / / AB  AOE  OEF 0,5 => EOF  OEF => tam giác EFO cân F Mà M trung điểm EO => FM  EO 0,5 0,5 => FME  90  M  ( K ) 0,5 b.(3 điểm) Đường thẳng qua F vuông góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d Gọi N trung điểm AO, Q giao điểm BE FN => MN đường trung bình tam giác EAO => MN//AE  MN  AO  NMO  900  MON 0,5  NMF  1800  MON  EOB Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg) MF MO EO MF EO mà AO = BO =>    NM NO AO NM BO 1,0 => tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc) => OEB  MFN hay MEQ  MFQ => tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K) 0,5 => EQF  90  NF  BE 1,0 Vậy E thay đổi d đường thẳng qua F vng góc với BE qua điểm cố định trung điểm OA Ở miền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích lấy 2017 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh ln tồn tam giác có đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác đó) có diện tích điểm khơng vượt q  6050 Từ 2018 đỉnh 2017 điểm nằm đa giác nối điểm để tạo thành tam giác chung nhiều cạnh đôi khơng có điểm chung, phủ kín đa giác nói 0 Ta có tổng góc đa giác là: (2018  2)180  2016.180 tổng góc tam giác tổng góc đa giác cộng với 2017.360 =>tổng góc tam giác 1,0 2017.3600  2016.1800  6050.1800 =>có tất 6050 tam giác có tổng diện tích Vậy phải có tam giác 6050 tam giác có diện tích khơng vượt q  6050 - Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 1,0 ...SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: TỐN – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu điểm Đáp án Điểm... điểm)Tìm số phương có chữ số biết chữ số hang đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd  n (n  N ) => d  0,1, 4,5,6 ,9 mà d số nguyên... giác 1,0 2017.3600  2016.1800  6050.1800 = >có tất 6050 tam giác có tổng diện tích Vậy phải có tam giác 6050 tam giác có diện tích khơng vượt q  6050 - Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác cho