Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)

pdf 4 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 28/04/2024 Lượt xem 120Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH KHÁNH HÒA 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH 
NĂM HỌC: 2016 – 2017 
MÔN: TOÁN 9 
Ngày thi: 11 – 4 – 2017 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Bài 1. (5 điểm) 
a) Tính tổng 1 1 1 1S
4.1 2 5.2 2 6.3 2 2020.2017 2
= + + + +
+ + + +
 . 
b) Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn đồng thời 1 1 1 1
x y z
+ + = và 2
2 1 1
yz x
− = . 
Tính giá trị biểu thức ( )2017P 4x 3y 2z= + + . 
Bài 2. (4 điểm) 
Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3x 3y 6x 2y 10xy
x y 2
 + = − + +

− = −
Bài 3. (3 điểm) 
Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x 1≥ , y 1≥ và ( )3 x y 4xy+ = . 
Chứng minh rằng 2 217 1 1x y 3 14
2 x y
 
≤ + + + ≤ 
 
. 
Bài 4. (3 điểm) 
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n5 2500+ là một số chính phương. 
Bài 5. (3 điểm) 
Cho tam giác ABC. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các 
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng ID, EF 
và AM đồng quy. 
Bài 6. (2 điểm) 
Có 6 vị khách được mời tham dự một cuộc họp của công ty X. Chứng minh rằng 
trong số các vị khách này luôn tồn tại 3 người mà hoặc là cả ba biết lẫn nhau hoặc 
không ai biết ai cả. 
GỢI Ý GIẢI: 
Bài 1. a) Với mọi n ∈ N*, ta có ( ) ( )( )2
1 1 1 1 1
n n 3 2 n 3n 2 n 1 n 2 n 1 n 2
= = = −
+ + + + + + + +
Cho n nhận các giá trị lần lượt từ 1 đến 2017 ta được: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1S
2.3 3.4 4.4 2018.2019 2 3 3 4 4 5 2018 2019
= + + + + = − + − + − + + −  
1 1 2017
2 2019 4038
= − = 
b) Từ giả thiết suy ra 2 2 2 21 1 1 2 2 2 2 1x y z xy yz xz yz x+ + + + + = − 
Suy ra 
2 2
2 2 2
2 1 1 2 2 1 1 1 10 0
x y z xy xz x y x z
   
+ + + + = ⇒ + + + =   
  
Suy ra 1 1 1 1 0 y z x
x y x z
+ = + = ⇒ = = − suy ra y z 1= = , x 1= − . 
Khi đó ( )2017 2017P 4 3 2 1 1= − + + = = . 
Bài 2. ( )( )
2 2
2 2
13x 3y 6x 2y 10xy
2x y 2
 + = − + +

− = −
( ) ( )2 2 2 21 3x 3y 6x 2y 10xy 0 3x 2 5y 3 x 3y 2y 0⇔ + + − − = ⇔ − − + − = (*) 
( ) ( ) ( )2 22 2' 5y 3 3 3y 2y 16y 24y 9 4y 3∆ = − − − = − + = − 
Phương trình (*) có hai nghiệm là: 
1
5y 3 4y 3
x 3y 2
3
− + −
= = − ; 
2
5y 3 4y 3 y
x
3 3
− − +
= = ; 
* Với x 3y 2= − , thay vào pt (2) ta được: ( )2 2 23y 2 y 2 4y 6y 3 0− − = − ⇔ − + = (vô nghiệm) 
* Với yx
3
= , thay vào pt (2) ta được: 
2
2 2
3 1y xy 9 2 2y 2 y
3 19 4 y x
2 2

= ⇒ =
− = − ⇔ = ⇔ 

= − ⇒ = −

. 
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 3;
2 2
 
 
 
 và 1 3;
2 2
 
− − 
 
. 
Bài 3. Ta có ( )3 x y1 1 4xy3 4
x y xy xy
+ 
+ = = = 
 
. 
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 217 9x y 4 14 x y 10
2 2
≤ + + ≤ ⇔ ≤ + ≤ . 
* Chứng minh 2 2 9x y
2
+ ≥ 
Từ giả thiết ( )3 x y 4xy+ = ⇒ 1 1 4
x y 3
+ = . 
Áp dụng bđt 1 1 4
x y x y
+ ≥
+
 ⇒ 
4 4
x y 3
3 x y
≥ ⇒ + ≥
+
Khi đó ( )
2
2 2 x y 9x y
2 2
+
+ ≥ ≥ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3x y
2
= = . 
* Chứng minh 2 2x y 10+ ≤ 
Từ giả thiết x 1≥ , y 1≥ ⇒ ( )( )x 1 y 1 0− − ≥ . 
Suy ra ( ) ( ) ( )x y xy 1 4 x y 4xy 4 4 x y 3 x y 4+ ≤ + ⇒ + ≤ + ⇒ + ≤ + + ⇒ x y 4+ ≤ 
Mặt khác ( )x y xy 1 3 x y 3xy 3 4xy 3xy 3+ ≤ + ⇒ + ≤ + ⇒ ≤ + ⇒ xy 3≤ 
Khi đó ( )22 2 2x y x y 2xy 4 2.3 10+ = + − ≥ − = . 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 1= , y 3= hoặc x 3= , y 1= . 
Bài 4. Nhận xét 4 22500 5 .2= 
* Với n < 4: Dễ dàng kiểm tra với n = 1, 2, 3 thì n5 2500+ không là số chính phương. 
* Với n ≥ 4: Ta có ( )n n 4 2 4 n 4 25 2500 5 5 .2 5 . 5 2−+ = + = + 
Vì 54 là số chính phương nên ( )4 n 4 25 . 5 2− + là số chính phương khi và chỉ khi 
n 4 25 2− + là số chính phương. 
Đặt n 4 2 25 2 m− + = (với m ∈ N*). Khi đó ta có ( )( ) n 4m 2 m 2 5 −− + = , vì 5n – 4 không 
chứa ước nguyên tố khác 5 nên m – 2 = 1 ⇒ m = 3 ⇒ n = 5. 
Vậy n = 5 là số nguyên dương duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Bài 5. 
M N
K
M
E
D
F
I
A
B C
Gọi K là giao điểm của EF và ID. Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với ID, cắt 2 cạnh 
AB, AC lần lượt tại M và N. 
Các tứ giác IKMF và IKEN nội tiếp nên  IMK IFK= và  INK IEK= . 
Mà ∆IEF cân tại I nên  IFK IEK= 
Suy ra  IMK INK= ⇒ ∆IMN cân tại I ⇒ Đường cao IK đồng thời là đường trung tuyến 
⇒ K là trung điểm MN. 
Kéo dài AK cắt BC tại M’. Áp dụng hệ quả định lý Talet, dễ dàng chứng minh được 
M’ cũng là trung điểm BC. 
Suy ra M’ trùng M. Vậy ID, EF và AM đồng quy. đpcm 
Bài 6. Giả sử 6 vị khách là A, B, C, D, E, F. 
Xét vị khách A. Theo nguyên lý Đirichlê ta suy ra: A phải quen biết hoặc không quen 
biết với ít nhất 3 người khác. Không mất tính tổng quát, giả sử A quen biết với B, C, D. 
Nếu B, C, D từng cặp không ai biết ai thì bài toán được chứng minh. 
Nếu B, C, D có 2 người quen biết nhau, ví dụ B và C thì 3 vị khách A, B, C từng cặp 
quen biết lẫn nhau. 
Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 vị khách trong đó từng cặp quen biết với nhau hoặc 
không ai biết ai. 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_chon_hoc_sinh_gioi_thcs_cap_tinh_mon_toan_lop_9_nam_h.pdf