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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ YÊN LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút 2 3 2 3 Câu 1. Tính giá trị của P 22 4 2 3 4 2 3 11 22 22 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 13 Câu 2. Giải phương trình 2017 x 22 2017 x 2018 x x 2018 37 Câu 3. Cho a, b, c >0. Chứng mnh rằng: a a a b c a) b) 1 a 2b a b a 2b b 2c c 2a Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD = BA, trên tia Cy lấy điểm E sao cho CE = CA. Gọi G là giao điểm của BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của AD, AE với cạnh BC a) Chứng minh rằng CA = CK và BA = BL b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ vuông cân. Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC (M khác B, C). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Vẽ các đường tròn (H;HM) và (K;KM) a) Chứng minh rằng hai đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (H) và (K). Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định Câu 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 PHÚ YÊN 2017-2018 Câu 1 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 P1 3 3 3 3 6 6 6 6 Câu 2. a22 ab b 13 Đặt 2017 x a và x 2018 b. Ta có phương trình a22 ab b 37 12a2 25ab 12b 2 0 12a 2 16ab 9ab 12b 2 0 3a 4b . 4a 3b 0 Xét 3a 4b 0 3 2017 x 4 x 2018 0 x 2021 Xét 4a 3b 0 4(2017 x) 3(x 2018) 0 x 2014 Phương trình có tập nghiệm S 2014;2021 Câu 3. a a a a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : . a 2ba.(a 2b) a b aa Dấu “=” xảy ra khi a a 2b b 0 vô lý. Vậy a 2b a b b) Tương tự câu a ta có : a b c a b c a b c 1 a2b b2c c2a abbccaabcabcabc Câu 4 x y D I E G B K L J A C
3. a) Ta có BD = BA ABD cân nên BAD BDA Mà BAD KAC 900 BDA BKD BDA AKC KAC AKC ACK cân nên CA = CL Tương tự ABL cân nên BA = BL b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có: CH GE CE CA CK CK CH HK (Giả sử AB > AC) BH GB BD BA BL BL BH HL HK CE GC IK HK IK Suy ra hay HI / /DL HL BD GD ID HL ID Ta lại có BD = BL nên tam giác BDL vuông cân BLD 4500 JIH BHI BLD 45 Chứng minh tương tự ta cũng có IJH 450 IHJ vuông cân tại H Câu 5 C E M K A H B N a) Ta có HM KM HK HK KM nên 2 đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau b) Ta có NHM NCB ;NMK NBC Do AKMH là chữ nhật nên NHM NKM 900 NCB NBC 90 0 BNC 90 0 Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC cố định Ta lại có NEB NCB mà NCB NMH,NEB NHM , do MH // EB nên ba điểm N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định
4. Câu 6 Xét p = 2 7p 1 15 (loại) Xét p > 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7p + 1 là số tự nhiên chẵn. Đặt 7p 1 2k 3 với k nguyên dương . Khi đó 7p 2k 3 1 2k14k 2 2k1 Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên 2k 1 7 k4 TH1: 2 (thỏa mãn) 4k 2k 1 p p 73 2k 1 1 k1 TH2: 2 (loại) 4k 2k 1 7p p1 2k 1 p 2k 1 p k1 TH3: 22 (loại) 4k 2k17 2k k30 p1 Vậy p = 73 thỏa mãn bài toán