Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)

1. ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm) Giải phương trình: 2 5x 3 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 . Câu 2. (4,0 điểm) a. Chứng minh rằng: 3370 4901 70 4901 là một số nguyên. b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1 3. 2 33 2 433 3 nn 1 Câu 3. (2,0 điểm) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x22 xy y 1. Tìm giá trị lớn nhất của P x33 y xy . Câu 4. (2,0 điểm) Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p a33 b với ab, là hai số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình phương của một số nguyên lẻ. Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O . Gọi EF, lần lượt là các chân đường cao kẻ từ BC, của tam giác ABC . Đường tròn I đi qua EF, và tiếp xúc với BC DB2 BF. BE tại D . Chứng minh rằng: . DC2 CF. CE Câu 6. (2,0 điểm) Trên bàn có n (nn , > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên lấy không quá n 1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng.
2. LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm) Giải phương trình: 2 5x 3 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 . Lời giải: xx + 2 0 - 2 ĐK : x 1. xx 1 0 1 10x 6 x2 x 2 27 3 x 1 x 2 (1). Đặt t 3 x 1 x 2 mà x 1 t 3. Phương trình (1) t2 t 20 0 t 4 t 5 = 0 t = 5 t 3 . Khi đó ta có phương trình: 3xx 1 2 5 3xx 1 3 + 2 2 0 32 x x 2 0 xx 1 1 2 2 31 x 20 xx 1 1 2 2 31 xx 2 0 2 do > 0 . xx 1 1 2 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S {2}. Câu 2. (4,0 điểm) a. Chứng minh rằng: 3370 4901 70 4901 là một số nguyên. b. Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n , ta có: 1 1 1 1 3. 2 33 2 433 3 nn 1 Lời giải: a) Với xab x3 = ab 3 3 3( abab )x 3 ab 3 3 3. abx Áp dụng: Đặt ax 370 4901, b = 3 70 4901, 3 70 4901+ 3 70 4901
3. 33 2 3 3 x70 70 3 70 4901 x x 140 3 x x 3 x 140 0 (x 5)( x22 5 x 28) 0 x 5 0 ( do x 5 x 28 0) x 5. Vậy 3370 4901 70 4901 5 là một số nguyên (đpcm). b) Ta có 33 2 1 n1 n = 3 n 1 3 n 3 n 1 3 n 3 n 1 3 n 1 n3 n2 . 2 2 2 Mà 3 n 1 3 n 1 n3 n2 3 3 n 1 1 3 3 n 1 33 n 1 n . 2 3 3 3 13 n 1 nn 1 1 1 Từ đó suy ra 3 n 11 3 n n 1 3n 3 n3 n Nên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 213243(1)33n 3 n 3 2 3 23 3 3 n 3 n 1 1 1 1 1 1 1 3 3 2133 2 43 3 (n 1) 3 n 3 n 1 1 1 1 1 3. 2 33 2 433 3 nn 1 Câu 3. (2,0 điểm) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x22 xy y 1. Tìm giá trị lớn nhất của P x33 y xy . Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có: 1 x2 y 2 2 x 2 y 2 2 xy 2 xy x22 y xy 23 xy xy xy xy . 3 2 2 2 ab Ta có a b 02 ab a22 b 4ab a b ab 1 . 4 3 3 22 Px y xy xy x y xy 1 xy vì Áp dụng BĐT 1 ta có 222 2xy 1 xy 1 xy 14 22P xxyy. 1 1 : 4 44 39 2 2 P . Vậy P có giá trị lớn nhất bằng . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 9 9 khi
4. 1 1 1 xy và xy xy hoặc xy . 3 3 3 Câu 4. (2,0 điểm) Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p a33 b với ab, là hai số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ phần dư thì nhận được số là bình phương của một số nguyên lẻ. Lời giải: Ta có p a3 b 3 ( a b )( a 2 ab b 2 ) là số nguyên tố mà ab, là số nguyên dương ab 1 ab 1 p ( b 1)3 b 3 3 b 2 3 b 1 4p 12 b2 12 b 4  1( mod 3) 2 2 Nếu lấy 4 p chia 3 và loại bỏ phần dư ta được A 4 b 4 b 1 2 b 1 là số chính phương lẻ. Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O . Gọi EF, lần lượt là các chân đường cao kẻ từ BC, của tam giác ABC . Đường tròn I đi qua EF, và tiếp xúc với BC DB2 BF. BE tại D . Chứng minh rằng: . DC2 CF. CE Lời giải: A E G F H I O B D C
5. Gọi H AC (I), G AB  ( I ). C chung Trước hết ta chứng minh được CDH∽ CED g g do CDH CED CD CE CD2 CH. CE 1 . CH CD BD BG Chứng minh tương tự BDF∽ BGD g g BD2 BG . BF 2 . BF BD Ta có GBE HCF ( cùng phụ với A ) và BGE CHF ( cùng bù với EHF ) BG BE BGE∽ CHF g g 3 . Từ 1 , 2 và 3 CH CF DB2 BG BF BG BF BE BF BF BE ( đpcm). DC2 CH CE CH CE CF CE CF CE Câu 6. (2,0 điểm) Trên bàn có n (nn , > 1). viên bi. Có hai người lần lượt lấy bi. Mỗi người đến lượt mình được lấy một số bi tùy ý (ít nhất 1 viên bi) trong những viên bi còn lại trên bàn, nhưng không vượt quá số viên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết rằng người lấy đầu tiên lấy không quá n 1 viên bi. Người nào lấy viên bi cuối cùng được xem là người chiến thắng. Tìm các số n sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng. Lời giải: + Ta thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn thắng, bằng cách ở nước đi đầu tiên, người đó chỉ lấy một viên bi, do đó ở những nước đi tiếp theo, mỗi người chỉ được lấy một viên bi. + Xét trường hợp n chẵn. Rõ ràng người nào lấy một số lẻ viên bi đầu tiên sẽ thua, vì để lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ viên bi, trở về trường hợp trên. Do đó, người chiến thắng phải luôn lấy một số chẵn viên bi. Như vậy, các viên bi gắn thành từng cặp và mỗi người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó. TH1: Nếu chỉ có một cặp n 2 : người đi trước thua vì chỉ được lấy một viên.
6. TH2: Nếu số cặp lẻ và lớn hơn 1 n  2mod 4 : ta sẽ trở về trường hợp n lẻ (vì các viên bi đã được gắn thành cặp) và người đi trước sẽ thắng. TH3: Nếu số cặp chẵn n  0mod 4 : mỗi người muốn thắng thì luôn phải lấy một số chẵn cặp (nếu ngược lại thì trở về TH2). Khi đó các viên bi được gắn thành từng nhóm 4 viên. Tương tự TH1 và TH2 ta thấy nếu số nhóm là một n 4 ; nếu n 4 và số nhóm lẻ n  4mod 8 thì người đi trước thắng. Nếu số nhóm là chẵn n  0mod8 , ta lại gắn các viên bi thành từng nhóm 8 viên, + Như vậy người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải là một lũy thừa của 2 n 2k .