Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bình Thuận (Có đáp án)

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

1. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1( 4 điểm) x2 x3 x 2 x 3( x 1) Cho biểu thức: Qx 25 : với x 1 và x > 0 x x 11 x x a, Rút gọn biểu thức Q b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên. Câu 2(4 điểm) ax ya 2 2 Cho hệ phương trình ẩn x và y: (a 1) x ay 2 a 1 a, Giải hệ phương trình trên với a = 1 b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn nhất. Câu 3 (4 điểm) * Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk x N/ x là bội số của k} Cho m,n là các số nguyên dương a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của BBmn b, Tìm điều kiện của m và n để là tập hợp con của . Câu 4 ( 6 điểm) Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C) và F thay đổi trên CD sao cho EAF 450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N. a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn. b, Tính tỷ số MN FE c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi E,F thay đổi. Câu 5( 2 điểm) Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn 2018 điểm đã cho.
2. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1( 4 điểm) x2 x3 x 2 x 3( x 1) Cho biểu thức: Qx 25 : với x 1 và x > 0 x x 11 x x a, Rút gọn biểu thức Q b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên. Lời giải a, Rút gọn. Với x 1 và x > 0, ta có: x2 x3 x 2 x 3( x 1) Qx 25 : x x 11 x x 5x : x ( x 1) (3 x 2) 3( x 1) 5x : ( x x 3 x 2 3 x 3) 5x : ( x x 1) 5 x xx 1 b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên. Dễ thấy Q>0. Phương trình sau có nghiệm x > 0, x 1 5 x Q xx 1 Qx ( Q 5) x Q 0 có nghiệm x > 0, x 1 Qy2 ( Q 5) y Q 0 có nghiệm y > 0, y 1 (QQQQ 5)22 4 (3 5)( 5) 0 5 5 Q 3 Mà Q nguyên và Q > 0 nên Q = 1 hoặc Q = 2 Với Q = 1 Tìm được x 7 4 3 ( Thỏa mãn)
3. Với Q = 2 phương trình vô nghiệm. Câu 2(4 điểm) ax ya 2 2 Cho hệ phương trình ẩn x và y: (a 1) x ay 2 a 1 a, Giải hệ phương trình trên với a = 1 b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn nhất. Lời giải: x 0 a, Nghiệm của HPT là: y 1 ax y a2 2 a 2 x ay a 3 2 a (a 2 +a+1)x a 3 1 xa 1 b, (1)axaya 21 (1) axaya 21 (1) axaya 21 ya 2 Với mọi a 1 3 1 Nên P = xy = (a-1)(-a+2) = ()a 2 4 2 4 P đạt giá trị lớn nhất là 1/4 đạt được khi a = 3/2 Câu 3 (4 điểm) * Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk x N/ x là bội số của k} Cho m,n là các số nguyên dương a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của BBmn b, Tìm điều kiện của m và n để là tập hợp con của . Lời giải: * a, Ta có: Bmn x N / x là bội của (mn)}={mn;2mn;3mn; ;kmn } * Bmn B x N / x là bội của m và n} ={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ; hBCNN(m,n)} mn m Vì mn BC(,)(,) m n kmn BC m n mn n Nên là tập hợp con của
4. b, Để BBmn là tập hợp con của Bmn mà theo câu a thì là tập hợp con của Nên Bmn B m  B n BCNN( m , n ) mn ( m , n ) 1 Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhau Câu 4 ( 6 điểm) Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C) và F thay đổi trên CD sao cho EAF 450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N. a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn. b, Tính tỷ số MN FE c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi E,F thay đổi. Lời giải: A B M E N H D C F a, Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn ( vì MAF MDF 450 ) AFM ADM 450 AMF vuông cân FM AE Tương tự: EN  AF =>M,N,C nhìn EF dưới một góc vuông =>M,N,F,C,E nằm trên đường tròn đường kính EF . MN AM 2 b, ANE∽∽ AMF(gg) AMN AEF(cgc) sin 450 FE FA 2 c, Tính chất trực tâm tam giác AEF => FE AH Dễ thấy : FAD FMD FEN FAH ( Các tứ giác ADFM,EFNM,ANHE nội tiếp) FAD FAH(ch gn) => AH = AD ( Không đổi) Mà =>EF tiếp xúc với đường tròn (A;AD) cố định.
5. Câu 5( 2 điểm) Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn 2018 điểm đã cho. Lời giải: Dùng nguyên lý Dirichlet -Nếu khoảng cách hai điểm bất kỳ đều bé hơn 1 thì ta chỉ cần chọn 1 điểm A bất kỳ trong số 4035 điểm đã cho rồi vẽ đường tròn (A;1) đường tròn này chứa tất cả 4034 điểm còn lại nên ta có điều phải chứng minh. -Giả sử rằng có hai điểm A và B trong số 4035 điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 1, vẽ các đường tròn tâm A và B có cùng bán kính bằng 1, ta còn lại 4033 điểm. Mỗi điểm C bất kỳ trong số 4033 điểm ấy, theo giả thiết AB,AC,BC phải có một đoạn thẳng có độ dài bé hơn 1 mà AB>1, nên AC ĐPCM