bộ đề thi HSG toán lớp 9 cấp tỉnh và cấp huyện cửa các tỉnh 2019 2020

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức:    a   a  2b  2(a  b)     a  với a  0, b  0, a  2b P  .   a  2b a  2ab  2b   2b  2ab   2) Cho hàm số y  m  4m  x  3m  có đồ thị d Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A , B cho tam giác OAB có diện tích cm2 (O gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm ) Câu (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x  3m  2 x  2m  5m   , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương   2x  y   3y   x  x  2y  2) Giải hệ phương trình  x  3x   2y  y    Câu (4,0 điểm) 1) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a  c)(b  c)  4c Tìm giá trị a b ab   b  3c a  3c bc  ca 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  p  số phương Câu (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O AB  AC  đường cao AD Vẽ lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P  đường kính AE đường tròn O  a) Chứng minh AD.AE  AB.AC b) Vẽ dây AF đường tròn O  song song với BC , EF cắt AC Q, BF cắt AD P Chứng minh PQ song song với BC c) Gọi K giao điểm AE BC Chứng minh rằng: AB.AC  AD.AK  BD.BK CD.CK   90 , ABC   20 Các điểm E F nằm 2) Cho tam giác ABC có BAC   30 Tính CFE    10 ACF cạnh AC , AB cho ABE Câu (1,0 điểm) Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp Đáp án UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.1 (2,0 điểm) Ta có a  2b       a  2b  a  2b   a a  2ab  2b a  2ab  2b  a  2b a  2ab  2b a  2b 2b  2ab    a  2ab  2b 2b  a  2(a  b)  a   a  2b a  2ab  2b a  2b 2b   a  2b 2b  0,75   2b  2b  a  a  2b a  2b a  2ab  2b   a  2b a  2ab  2b  a  Từ suy P     a  2b a  2ab  2b Suy 2(a  b) Điểm    a a  2b 2b 0,75  2  a  2b 2b 0,5 Cách 2: Đặt x  a ; y  2b ta 3  2x  y x   x  y  x  với x  0; y  0, x  y  P      x  y x  xy  y   y  xy  1.2 (2,0 điểm) Vì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác nên m  4m   3m     3m   3m ; 0  OA  Tọa độ giao điểm A d Ox A  m  4m   m  4m   0,5 Tọa độ giao điểm B d Oy B 0; 3m  2  OB  3m  0,5 1  3m Do tam giác ABO vuông O nên SOAB  OAOB 3m    2 m  4m  0,5   9m  12m   m  4m   2  Do đó, 2 9m  12m   2 m  4m  m  4m   m  7m  4m  12    (thỏa mãn)    m   11m  20m    11 3m  2   0,5 2.1 (2,0 điểm)     3m  2  2m  5m   m  8m  16  m  4  0, m 2 phương trình ln có nghiệm, nghiệm x  2m  1; x  m  Phương trình có nghiệm dương Do đó, 1,0 1,0 x  2m      x  m    m     Cách 2: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm Ta giải tốn ngược: “Tìm m S  để PT có hai nghiệm khơng dương” ĐK tương đương với    m   P   Cách 3: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm u cầu toán tương đương với PT x  x   có nghiệm x 1, x thỏa mãn x  x   x   x 2.2 (2,0 điểm)  2x  y   3y   x  x  2y   x  3x   2y  y *    2x  y      x  2y     Điều kiện: x       y     Nhận xét:  x  Không thỏa mãn điều kiện 2x  y   x      y  1      x   Không thỏa mãn phương trình * 3y   x  2y      y      Do đó, ta có 0,25 2x  y   3y   x  x  2y  2x  y   x  3y   x  2y   x y 1  x y 1 0 2x  y   x 3y   x  2y   1     (x  y  1)     2x  y   x 3y   x  2y  0,5 y  x     2x  y   x  3y   x  2y Với y  x  thay vào phương trình * ta có x  (x  1)2 (x  2)  2(x  1)3  (x  1)2  (x  1)2 (x  5)    x  x   y  0; x   y  Với 0,5 2x  y   x  3y   x  2y  2x  y   3y   x  x  2y  Ta có   2x  y   x  3y   x  2y  0,25 Cộng vế với vế hai phương trình ta x  3y   y  x 1 3 2 x  1  x  1  27  (x  1) (25x  59)   x  (x  0) Vậy hệ có nghiệm (x ; y )  (1; 0);(5; 4) Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ Thay vào * ta (x  1)2 (x  2)  PT thứ  2x  y  13y  1  0,75 x x  2y   x  4xy  3y  2x  4y    x  y  1x  3y  1  3.1 (2,0 điểm) Đặt a  x c, b  y.c,(x , y  0) Từ điều kiện suy (x  1)(y  1)  x y xy x  y  3(x  y ) xy Khi đó, P      y 3 x 3 x y xy  3(x  y )  x y 0,5 (x  y )2  3(x  y )  2xy xy  xy  3(x  y )  x y Do (x  1)(y  1)   xy   (x  y ) Đặt t  x  y,(0  t  3)  xy   t   x  y  t2    t  4t  12   t  (do t  )  t  xy     Khi đó, P  t  3t  2(3  t )  t t 3     với  t   t  3t  t t Ta có P  Do đó, Pmin 0,5 t 3   6 t 2   đạt t  hay x ; y  nghiệm hệ x  y    xy    t  2t  3 t  3t  t  5t   2t     (do  t  ) 2t 2t 2t  x  y   đạt t  hay x ; y  nghiệm hệ   x  y    xy   0,5 Ta lại có P  Do đó, Pmax 0,5 3.2 (2,0 điểm) Đặt p  p   t (t  N ) Biến đổi thành p p  4  (t  3)(t  3) (1)  p | t  3  p | t  3 Trường hợp 1: Nếu p | t  Đặt t   pk (k  N ) Khi thay vào (1) ta có: p p  4  pk (pk  6)  p  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k  6k  4  k  24k  16 số phương 0,25 0,25 Mặt khác với k  ta dễ chứng minh k   k  24k  16  k  4 2 Suy trường hợp:   24k  16  k  24k  16  k   2  3 k  24k  16  k   2k  24k  15  (loại) k4 k2 2  k  6k   (loại)  6k  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ ta có t  36; p  11 0,5 Lưu ý: HS làm sau thay vào 1   p p   pk (t  3)  k (t  3)  p   p  kt  3k  Mặt khác ta có (t  3)2  p 2k  t  6t   k (kt  3k  4)    t  t  k   3k  4k  Coi phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:     k3      số   3k  4k  k  24k  16k  k k  24k  16 phương Muốn k  24k  16 phải số phương Sau cách làm giống Trường hợp 2: Nếu p | t  Đặt t   pk (k  N ) Khi thay vào (1) ta có: p p  4  pk (pk  6)  p  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k  6k  4  k  24k  16 số phương     Mặt khác với k  ta dễ chứng minh k   k  24k  16  k 2 Suy trường hợp:   24k  16  k  24k  16  k   2  3 k  24k  16  k   2k  24k  15  (loại) k4 k2 2 1,0 2  k  6k   (loại)  6k  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ suy t  3;18 tương ứng p  2;7 Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2;7;11} 4.1a (2,0 điểm) Xét hai tam giác ADB ACE   90º (chắn đường trịn) nên có ACE   ADB   90º ACE Hơn  ABD =  AEC (cùng chắn  AC ) Suy ∆ADB ∽ ∆ACE AD AB   AD.AE  AB.AC Từ ta có tỉ lệ thức AC AE 4.1.b (1,5 điểm) )  = BAE  (cùng chắn BE Ta có PFQ      EAC  ABD ∽ AEC Mặt khác BAE  BAD  DAE mà BAD 0,5 0,5 1,0 0,5     Nên BAE  BAD  EAC  DAC   PFQ  Do PAQ 0,5 A F O Q P B K C D M 0,5 E    FPQ Suy tứ giác APQF nội tiếp  FAQ  ) nên   suy  (cùng chắn FC   FBC Vì FAQ FPQ  FBC PQ / /BC 4.1.c (2,0 điểm) Ta có AB.AC  AD.AE Suy AB.AC  AD.AK  AD.AE  AD.AK  AD.KE 0,5 Kéo dài AD cắt O  M AK KB   AK KE  KB.KC CK KE AD CD  ADC ∽ BDM   AD.MD  BD.CD BD MD   90 (chắn đường tròn) Mặt khác AME Suy ME  AD mà DK  AD nên DK / /ME Xét AKB CKE  AD AK  Áp dụng định lý Talet AME ta DM KE Do AK DM  AD.KE  BD.BK CD.CK  BD.CD  CK BK   AD.MD  AK KE   AD.KE  AK MD   AD KE  BD.BK CD.CK  AD.KE Vậy AB.AC  AD.AK  BD.BK CD.CK 4.4 (1,5 điểm)   90 , ABC   20  ACB   70 Xét ABC có BAC   ACF có CAF  90 , ACF  30  FC  2.AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD  BC BD BA  Khi đó, ABC ∽ DBG  BG BC    GCB  GBC  20º  GCF  20º 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 A F G E 0,25 B D C  nên  ABC Do CG BE tia phân giác BCF FC BC BA AE  ;  FG BG BC EC 1 FC BC AF BD BA AE AF AE        Do đó, FG FG BG BG BC EC FG EC   Từ suy CG / /EF (ĐL Talet đảo)  CFE  GCF  20 (1,0 điểm) Với số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra: + TH1: Có số chia cho có số dư giống  Tổng ba số tương ứng chia hết cho + TH2: Có nhiều số chia cho có số dư giống  Có số chia hết cho , số chia cho dư , số chia cho dư Suy ln chọn số có tổng chia hết cho Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có 5, 5, phần tử 0,5 0,5 Trong tập, chọn số có tổng 3a1, 3a2 , 3a a1, a2 , a    Còn lại 17   số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a Cịn lại số chọn tiếp số có tổng 3a 0,5 Trong số a1, a2 , a , a , a có số 1, , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh ai    Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm HS trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm HS kết đến cuối cịn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm trịn -Hết - LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019 Võ Quốc Bá Cẩn Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p b) Cho S D 223 324 để dạng phân số tối giản) xD1 p x 1: 2020 2021 tích 2019 thừa số Tính S (kết a) Biết a; b số nguyên dương thỏa mãn a2 a b chia hết cho 3: ab C b chia hết cho 9; chứng minh Bài (5.0 điểm) b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9n C 11 tích k k N; k nhiên liên tiếp 2/ số tự Bài (3.0 điểm) a) Cho x; y; z số thực dương nhỏ 4: Chứng minh số C z ; z1 C x tồn số lớn 1: y x C ; y b) Với số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 C b C c C 2abc D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D ab C bc C ca abc: Bài (6.0 điểm) Cho tam giác AB C vuông A A B < AC /: Đường tròn I / nội tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A; AB D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE : a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E AS : b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng c) Gọi M giao điểm K I AC : Đường thẳng chứa đường cao AH tam giác AB C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh AM D AN : Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt q 1: Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Lời giải bình luận toán Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p x D1 p x 1: b) Cho S D 223 324 202022021 tích 201 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản) Lời giải a) Điều kiện: x 1: Đặt a D p x 1; b D p x ta có a 0; b Ä a C b D 1: 1/ Ngoài ra, từ giả thiết, ta có a C b D 1: Thay a D 1 b vào 1/ ; ta b / C b D 1; hay b b 1/ b C 2/ D 0: Suy b f ; ; 1g; hay x f 0; ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có tập nghiệm S D f1 ; ; 0g: b) Để ý với n nguyên dương, ta có n2 C n n 1/ n C 2/ D D : n.n C 1/ n.n C 1/ n.n C 1/ Từ suy 201 3 4 2020 201 9/ D 202 0/ 202 D 020 337 : D 010 S D Vậy S D 202 202 202 2/ 202 1/ 337 : 1010 Bài (5.0 điểm) a) Biết a ; b số nguyên dương thỏa mãn a minh a b chia hết cho 3: a b C b chia hết cho 9; chứng b) Tìm tất số nguyên dương n cho n C 11 tích k k N ; k số tự nhiên liên tiếp 2/ Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Lời giải a) Từ giả thiết, ta suy a a b C b / D a b / C 3b chia hết cho 9: Do 3b chia hết a b / chia hết cho 3; suy a b chia hết cho 3: Từ đó, ta có a b / chia hết hết cho 9: Suy 3b chia hết cho 9; b chia hết cho 3; tức b chia hết cho 3: Mà a b chia hết ta có a chia hết cho 3: Vậy hai số a b chia hết cho : b) Để ý ba số tự nhiên liên tiếp ln có số chia hết cho 3; mà n C 1 không chia hết n C 1 khơng thể tích k số tự nhiên liên tiếp Từ đó, theo n yêu cầu đề bài, ta suy C 1 tích hai số tự nhiên liên tiếp Đặt n C 1 D a a C / với a N ta có a a C 1/ 20 (do n 9), suy a 4: Từ đây, ta có a a C / 1 D a 2/ C 5.a 3/ > a 2/ : 1/ Mặt khác, ta có a.a C 1/ 11 < a a C 1/ < a C 1/ : 2/ Do a a C / 1 D n D 3˚n / số chính«phương nên kết hợp với đánh giá (1) (2), ta suy a a C / 1 a 1/ ; a : Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm a f4 ; 1 g: Thử lại, ta thấy có a D (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu Vậy có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n D 1: Bình luận Ở câu b), sau nhận xét n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp, ta nhân hai vế để tách bình phương viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải Bài (3.0 điểm) a) Cho x ; y ; z số thực dương nhỏ : Chứng minh số C z ; z1 C x ln tồn số lớn 1: y x C 1y ; b) Với số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a C b C c C a b c D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D a b C b c C c a a b c : Lời giải a) Không tính tổng qt, ta giả sử x D minf x ; y ; z g: Khi đó, ta có 1 C x y 1 y 2/ C D C1 y y y y / 1: Từ suy điều phải chứng minh b) Trong ba số a ; b ; c ; tồn hai số Ä 12 : Khơng tính tổng qt, giả sử hai số a b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a C b 2 a b : Từ suy c D a C b C a b c a b C a b c D a b C c /; hay c Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có abc Ä 2ab: c C 2ab : 1/ p a b c ; suy 2/ Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Ta có c a 1/ b 1/ nên 4abc C c 2ac C 2bc: 3/ Từ bất đẳng thức 3/ ; 1/ 2/ ; ta có 2P D a b C a c C b c 2abc Ä 2ab C c C 2abc Ä C 2abc Ä C D ; 4 hay : Dấu đẳng thức xảy a D b D c D 12 : Vậy max P D P Ä : Bình luận Có thể chứng minh câu a) cách cộng ba số lại sử dụng bất đẳng thức phụ 1 C x y ; xCy x ; y > 0: Câu b) giải cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu Cụ thể, ta viết lại giả thiết toán dạng a b c C C D 2: a C bc b C ca c C ab Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có b c a2 b2 c2 a C C D C C a C bc b C ca c C ab a C abc b C abc c C abc a C b C c / : a C b C c C 3a b c Từ suy a C b C c / ; a C b C c C 3a b c hay a C b C c C 6a b c a b C b c C c a /: Mà a C b C c C a b c D nên C a b c a b C b c C c a /; hay 2P Ä a b c C 1: Mặt khác, dễ chứng minh a b c Ä 18 (theo cách 2/ sử dụng trực tiếp bất đẳng p thức AM-GM cho bốn số dương D a C b C c C a b c a b c ) nên 2P Ä 54 ; hay P Ä 58 : Đẳng thức xảy a D b D c D 12 : Một cách khác cho câu b) sử dụng biến đổi 2P D a b C b c C c a / a b c D a b C b c C c a /C a C b C c D a C b C c / 1: Từ giả thiết, ta có c C a b / D c D ab C p a /.1 a /.1 b2/ Ä ab C b /: Suy a / C b2/ D a C b /2 : Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a C b / C aCb Ä : Do a C b / C a C b /2 C D : 2 5 D ; hay P Ä : Việc lại xét điều kiện để dấu đẳng thức aCbCc Ä Từ đây, ta có 2P Ä xảy Bài (6.0 điểm) Cho tam giác AB C vuông A AB < AC /: Đường tròn I / nội tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A; AB D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE : a) Chứng minh tam giác I AB đồng dạng với tam giác E AS : b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng c) Gọi M giao điểm K I AC : Đường thẳng chứa đường cao AH tam giác AB C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh AM D AN : Lời giải a) Ta có C D D C E nên tam giác C ED cân C ; suy 180 ı ∠C 180 ı C ∠ C ∠AE S D 180 ı ∠ C ED D 180 ı D : 1/ 2 Mặt khác, ta có ∠ BAC C ∠ AB C ∠ AI B D 180 ı ∠ I AB ∠ I BA D 180 ı ı ı 180 ∠ C 180 C ∠ C D 80 ı D : 2/ 2 Từ (1) (2), ta suy ∠ A E S D ∠ AI B : Lại có ∠E AS D ∠I AB D 45 ı nên tam giác E AS I A B đồng dạng (g-g) A E F K I M S B H N D O C Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 b) Do 4EAS 4IAB nên ∠ESA D ∠IBA D ∠IBD; từ suy ∠IBD C ∠ISD D ∠ISE C ∠ISD D 180ı : Do đó, tứ giác ISDB nội tiếp Suy ∠ISB D ∠IDB D 90ı : Mà ∠SAB D 45ı nên tam giác SAB vng cân S; suy SK vng góc với AB: 3/ Mặt khác, ta lại có OK đường trung bình ứng với cạnh AC tam giác ABC nên OK vng góc với AB: 4/ Từ 3/ 4/; ta suy ba điểm K; O; S thẳng hàng c) Xét tam giác AKM có AI đường phân giác kẻ từ A; ta có IM AM D : AK IK Mặt khác, áp dụng định lý Thales tam giác AKM có IF k AM; ta có IM FA D : IK FK AF Do AM D KF ; hay AK AK AM D : 5/ AF KF Bây giờ, sử dụng định lý Thales tam giác ANS có ID k AN; ta có AN AS D : ID IS Sử dụng định lý Thalese tam giác AKS có IF k KS; ta có AS AK D : IS FK Từ suy AN AF D : 6/ ID KF Từ 5/ 6/ với ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE hình vng), ta suy AM D AN: Đây kết cần chứng minh Bài (1.0 điểm) Xét bảng vng cỡ 10 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt 1: Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần Lời giải Gọi số nhỏ điền vào bảng x: Khi với số nguyên y điền vào bảng, ta xét bảng ô vuông n m (n dòng, m cột, Ä n Ä 10; Ä m Ä 10) nối ô vuông điền x ô vuông điền y hình vẽ bên dưới, a11 D x; anm D y (các trường hợp a11 góc khác xét tương tự) a11 a12 : : : a1m a2m :: : anm Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Ta có a12 Ä a11 C 1; a13 Ä a12 C Ä a11 C 2; :::; a1m Ä a1 C m a2m Ä a1m C Ä a1 C m; a3m Ä a2m C Ä a1 C m C 1; :::; anm Ä a1 C n C m 2: Như vậy, ta có x Äy ÄxCnCm Ä x C 18: Kết chứng tỏ y fx; x C 1; : : : ; x C 18g: Suy có khơng q 19 số khác điền vào bảng ô vuông cho Do bảng ˘ cho có 100 vng nên theo ngun lý Dirichlet, có 100 số xuất khơng 19 C D lần Ta có điều phải chứng minh ... Phòng thi số: 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 – 20 19 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 07/03/20 19 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ... UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 20 19 Mơn thi: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi. .. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 20 19 Mơn thi: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi