ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 - MÔN TOÁN (ĐÁP ÁN)

Cả ba số khi chia cho 3 có số dư giống nhau suy ra tổng ba số chia hết cho 3.. - Điểm toàn bài không làm tròn.[r]

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIA LAI

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 07/03/2019

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Câu Ý Đáp án Điểm

1 (3,0đ)

Gọi số cần lập có dạng abcd 2019 Trường hợp a2

Có cách chọn a a3, 4,5, 6, 7,8,9

Có cách chọn b ( Trừ chữ số chọn cho a ) Có cách chọn c ( Trừ chữ số chọn cho a b, )

Có cách chọn d ( Trừ chữ số chọn cho a b c, , ) Trường hợp có 7.9.8.73528 ( số)

1,25

Trường hợp a2,b0

Có cách chọn b Có cách chọn c Có cách chọn d

Trường hợp có 8.8.7448 (số )

0,75

Trường hợp a2,b0,c1

Có cách chọn c

Có 7 cách chọn d

Trường hợp có 7.749 (số)

0,5

Như vậy, số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán

3528 448 49  4025 ( số) 0,5

2 (5,0đ)

Ý (2,0)

Ta có:    

3 15 ( 1) ( 1)

A n  n n  n n  n n n  n 1,0

Với số nguyên n, (n1) (n n1) 6 n chia hết cho 0,5

Vậy A3 ( n1) (n n1) 6 n chia hết cho 18 0,5

Ý (3,0)

Gọi số ô tô lúc đầu x với x;x2 Số học sinh tham quan 12x1

0,5

Theo giả thiết số xe x – số học sinh đoàn chia cho tất xe Khi xe chở y học sinh với y; 0 y16

Ta có: x1y12x1

0,5

12 13

12

1

x y

x x



   

 

0,5

2

Với x  1 1 x2 suy y25 (loại)

Với x 1 13 x14 suy y13 (thỏa mãn)

0,5

Vậy đồn tham quan có 14 tơ 169 học sinh 0,5

3 (6,0đ)

Ý (2,0)

1(cm)

M Q

N C P

A F

D

B E

Đáy hộp hình chữ nhật có kích thước

2.1 2( )

MQBE  cm

0,5

 

3 2.1

2

QPFD  cm

0,5

Chiều cao hộp chiều cao nến

0,5

Thể tích khối hộp V 2 3.2040 3cm3

0,5

Ý 2a (2,0)

H K

O

N I

Q P M

D

C

B A

a) Ta có: MQ đường trung bình tam giác AID Suy MQ/ /ADDABQMN Tương tự BCDNPQ

1,0

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

3 Suy tứ giác MPNQ nội tiếp

Vậy bốn điểm M, P, N, Q thuộc đường tròn

0,5

Ý 2b (2,0)

Vì ABCD nên 1 2

( )

2 16

MPNQ

S  MN PQ AB CD   AB CD 0,5

Kẻ OH  AB H , OK CD K, ta có :

2 2 2 2

4( ) 4( )

AB CD  AH CK  R OH R OK 4(2R2KH2)4(2R2OI2)

Suy 1(2 2)

MPNQ

S  R OI (không đổi)

1,0

Vậy SMPNQ đạt giá trị lớn 1(2 2) R OI

đạt : ABCDOH OK OKIH hình vng

 AB CD lập với OI góc 45o 0,5

4 (4,0đ) Ý (2,0) Điều kiện 2

5 ( 1) x y y x            0,25

Từ phương trình (2) ta có

4

3

5 10

0

5 ( ) ( ) ( )(5 1)

2 x x y x xy

x x x y x x y x x y x

x y                    0,25

Với x0 thay vào (1) ta có: 1 2 y 2 y  5 2 y 2 y 4 0,25

2

4 2y 4 2y 2y y y y

             0,25

Với: x2y Thay vào phương trình (1) ta

2

1 ( 1) ( 1)(4 )

x  x  x x   x  x x x  (*)

Đặt

2

5

1 4

2 t t x  x  x x  

0,5

Thay vào phương trình (*) ta có:

2

2

5

5 15

3

t t

t t t

t              

Khi

1

3

t x x x x x

x               

Tóm lại, hệ có nghiệm  ;  0; , 3; x y   

 

0,5

Trong số (2x1), (2y1), (2z1)luôn tồn hai số dấu, khơng tính

4 Ý

(2,0) 2 2 1 2    2 z x y   xy  xy z xy  xyz

Từ 2

2

x y z  xyz suy

 

2 2

1 2 2

2 z

z xyz x y xy xyz xy z xy 

          0,5

Vì 1

2 2 z z

Pxyyzzx xyz    0,5

Với

2

xyz P

2 Vậy giá trị lớn P

2 0,5

5 (2,0đ)

Trước hết, ta chứng minh bổ đề “trong số tự nhiên bất kì, tồn số có tổng chia hết cho 3.”

Thật vậy,

Với số tự nhiên chia cho 3, ta chọn hai trường hợp sau

TH1 Cả ba số chia cho có số dư giống suy tổng ba số chia hết cho

TH2 Ba số chia cho ba có số dư đơi khác 3 ; m 1; 3n 2k   , suy tổng ba số chia hết cho

0,5

Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý Chia chúng thành tập, có 5, 5, phần tử Trong tập, ta ln chọn số có tổng là:

 

1 3

3 , , a a a a a, , a N lại:

17   8số, số này, chọn tiếp số có tổng 3a , cịn lại số, chọn 4 tiếp số có tổng 3a 5

0,5

Như vậy, ta ln chọn từ đồn nhóm, nhóm có thí sinh mà tổng số báo danh nhóm ,3 , ,3 ,3a1 a2 a3 a4 a 5 0,5

Trong số a a a a a có số 1, 2, 3, 4, 5 a ai1, i2,a có tổng chia hết cho i3

Như vậy, học sinh tương ứng có tổng số báo danh là:

 

1 3

3ai  3ai  3ai  ai ai ai 9

0,5

Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , lập luận chặt chẽ chấm điểm tối đa - Điểm toàn khơng làm trịn