Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Gia Lai

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Gia Lai

Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Gia Lai – Năm học 2018 – 2019

Câu 1. (3,0đ)

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lớn hơn 2019

Câu 2. (5,0đ)

1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số $A=3{{n}^{3}}+15n$ chia hết cho $18$.

2)  Một đoàn học sinh đi tham quan quảng trường Đại Đoàn Kết tỉnh Gia Lai. Nếu mỗi ô tô chở $12$ người thì thừa 1 người. Nếu bớt đi 1 ô tô thì số học sinh của đoàn được chia đều cho các ô tô còn lại. Hỏi có bao nhiêu học sinh đi tham quan và có bao nhiêu ô tô? Biết rằng mỗi ô tô chở không quá $12$ người.

Câu 3. (6,0đ)

1)  Một cây nến hình lăng trụ đứng đáy lục giác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 1 cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Tính thể tích cái hộp.

2) Cho đường tròn (O,R) và điểm $I$ cố định nằm bên trong đường tròn ( $I$ khác $O$ ), qua $I$ dựng hai dây cung bất kì $AB$ và $CD$. Gọi $M,\text{ N}\text{, P}\text{, Q}$  lần lượt là trung điểm của $IA,\text{ IB}\text{, IC}\text{, ID}$.

a) Chứng minh rằng bốn điểm $M,\text{ P}\text{, N}\text{, Q}$ cùng thuộc một đường tròn.

b)Giả sử các dây cung $AB$ và $CD$ thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau tại $I$ .  Xác định vị trí các dây cung $AB$ và $CD$ sao cho tứ giác $MPNQ$ có diện tích lớn nhất.

Câu 4. (4,0đ)

Giải hệ phương trình sau:

$\left\{ \begin{align}& \sqrt{x+1}\text{  + }\sqrt{4-2y}\text{ + }\sqrt{5+2y-{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=5 \\& 5{{x}^{4}}+{{\left( x-y \right)}^{2}}=\left( 10{{x}^{3}}+y \right)y \\\end{align} \right.$

Cho $x,\text{ y}\text{, z}$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ${{x}^{2}}\text{ + }{{\text{y}}^{2}}\text{ + }{{\text{z}}^{2}}\text{ + 2xyz = 1}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  $P=xy\text{ }+yz\text{ }+zx-2xyz$.

Câu 5. (2,0đ)

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi THCS cấp Tỉnh, đoàn học sinh huyện A có 17 học sinh dự thi. Mỗi thí sinh có số báo danh là một số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 907. Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh trong đoàn có tổng các số báo danh chia hết cho 9.

Hướng dẫn chấm Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Gia Lai – Năm học 2018 – 2019

Gọi số cần lập có dạng abcd > 2019

Trường hợp 1.a > 2

Có 7 cách chọn a . a Î{3, 4,5, 6, 7,8,9} .

Có 9 cách chọn b ( Trừ chữ số đã chọn cho a )

Có 8 cách chọn c ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b )

Có 7 cách chọn d ( Trừ các chữ số đã chọn cho a, b, c )

Trường hợp này có 7.9.8.7 = 3528 ( số)

Trường hợp 2.a = 2, b > 0

Có 8 cách chọn b

Có 8 cách chọn c

Có 7 cách chọn d

Trường hợp này có 8.8.7 = 448 (số )

Trường hợp 3.a = 2, b = 0, c > 1

Có 7 cách chọn c

Có 7 cách chọn d

Trường hợp này có 7.7 = 49 (số)

Như vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

3528 + 448 + 49 = 4025 ( số)

Ta có:  $A=\text{ 3}{{\text{n}}^{3}}+15n\text{ = 3}\left( {{n}^{3}}-n+6n \right)=\text{ 3}\left[ \left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)+\text{ 6n } \right] $

 

Với mọi số nguyên $n,\text{ }\left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)+6n$  chia hết cho 6

 

Vậy  $A=\text{ 3}\left[ \left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)+6n\text{ } \right] $chia hết cho 18

Gọi số ô tô lúc đầu là x với x Î $\mathbb{N}$ ; x ³ 2

Số học sinh đi tham quan là $12x+1$

Theo giả thiết nếu số xe là x – 1 thì số học sinh của đoàn được chia đều cho tất cả các xe. Khi đó mỗi xe chở được y học sinh với y Î N ; 0 < y £ 16

 

Ta có: $\left( x-1 \right)y=12x+1$

$\Leftrightarrow y=\frac{12x+1}{x-1}=12+\frac{13}{x-1}$

Vì $x,\text{ y }\in \mathbb{N}$ nên $x-1\in $Ư(13)=$\left\{ 1;\text{ }13 \right\}$

Với x -1 = 1 Û x = 2 suy ra y = 25 (loại)

Với x -1 = 13 Û x = 14 suy ra y = 13 (thỏa mãn) Vậy đoàn tham quan có 14 ô tô và 169 học sinh.

Đáy hộp là một hình chữ nhật có các kích thước là

MQ = BE = 2.1 = 2(cm)

 QP = FD = 2.1.   3 =    3 (cm)

 Chiều cao của hộp bằng chiều cao của cây nến

 Thể tích của khối hộp là V  = 2.  3.20 = 40   3 (cm3 )

a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AI

Suy ra  MQ / / AD Þ$\widehat{DAB}=\widehat{QMN}$. Tương tự $\widehat{BCD}=\widehat{NPQ}$

có  D       $\widehat{DAB}=\widehat{BCD}$    (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Suy ra $\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}$

 Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp

Vậy bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc một đường tròn.

Vì $AB\bot CD$ nên ${{S}_{MPNQ}}=\frac{1}{2}.MN.PQ=\frac{1}{8}.AB.CD\le \frac{1}{16}\left( A{{B}^{2}}+C{{D}^{2}} \right)$

Kẻ OH ^ AB tại H , OK ^ CD tại K, ta có :

AB2 + CD2 = 4( AH 2 + CK 2 ) = 4(R2 – OH 2 + R2 – OK 2 )

= 4(2R2 – KH 2 ) = 4(2R2 – OI 2 )

Suy ra  ${{S}_{MPNQ}}\le \frac{1}{4}\left( 2{{R}^{2}}-O{{I}^{2}} \right)$          (không đổi)

Vậy  ${{S}_{MPNQ}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{4}\left( 2{{R}^{2}}-O{{I}^{2}} \right)$

đạt được khi và chỉ khi : AB = CD Û OH = OK Û OKIH là hình vuông

Û AB và CD lập với OI các góc bằng 45o.

Điều kiện: $\left\{ \begin{align}& x\ge -1 \\& y\le 2 \\& 5+2y\ge {{\left( x-1 \right)}^{2}} \\\end{align} \right.$

Từ phương trình (2) ta có:

$\begin{align}& \text{     }5{{x}^{4}}-10{{x}^{3}}y+{{x}^{2}}-2xy=0 \\& \Leftrightarrow 5{{x}^{3}}\left( x-2y \right)+x\left( x-2y \right)=0\Leftrightarrow x\left( x-2y \right)\left( 5{{x}^{2}}+1 \right)=0 \\\end{align}$

$\left[ \begin{align}& x=0 \\& x=2y \\\end{align} \right.$

 

Với x = 0 thay vào (1) ta có: $1+\sqrt{4-2y}+\sqrt{4+2y}=5\Leftrightarrow \sqrt{4-2y}+\sqrt{4+2y}=4$

$\Leftrightarrow \sqrt{4-2y}=4-\sqrt{4+2y}\Leftrightarrow 2\sqrt{4+2y}=4+y\Leftrightarrow {{y}^{2}}=0\Leftrightarrow y=0$

Với: x = 2 y . Thay vào phương trình (1) ta được

$\sqrt{x+1}+\sqrt{4-x}+\sqrt{5+x-{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=5\Leftrightarrow \sqrt{x+1}+\sqrt{4-x}+\sqrt{\left( x+1 \right)\left( 4-x \right)}=5\text{  }\left( * \right)$

Đặt $t=\sqrt{x+1}\text{ +}\sqrt{4-x}\text{ }>0\Rightarrow \sqrt{x+1}\text{ }\text{.}\sqrt{4-x}\text{ =}\frac{{{t}^{2}}-5}{2}$

Thay vào phương trình (*) ta có:

$t + \frac{{{t^2} – 5}}{2} = 5 \Leftrightarrow {t^2} + 2t – 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = – 5\\
t = 3
\end{array} \right.$

Khi $t=3\Rightarrow \sqrt{x+1}\text{ }\text{.}\sqrt{4-x}\text{ = 2}\Leftrightarrow -{{x}^{2}}+3x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=0 \\& x=3 \\\end{align} \right.$ $$

Tóm lại, hệ có nghiệm $\left( x;y \right)=\left( 0;0 \right),\left( 3;\frac{3}{2} \right)$

Nếu chia trục số thành hai phần bởi số 0, thì trong 3 số $\left( 2x-1 \right),\left( 2y-1 \right),\left( 2z-1 \right)$ luôn tồn tại hai số nằm về cùng phía, không mất tính tổng quát giả sử

$$ $\left( 2x-1 \right)\left( 2y-1 \right)\ge 0\Rightarrow 2\left( x+y \right)-4xy\le 1\Rightarrow z\left( x+y \right)-2xyz\le \frac{z}{2}$

Từ $x$ ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2xyz=1$ suy ra

$$ $1-{{z}^{2}}=2xyz+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy+2xyz=2xy\left( z+1 \right)\Rightarrow xy\le \frac{1-z}{2}$

Vì vậy $P=xy+yz+zx-2xyz\le \frac{1-z}{2}+\frac{z}{2}=\frac{1}{2}$

Với $x=y=z=\frac{1}{2}$ thì P bằng  $\frac{1}{2}$. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng $\frac{1}{2}$ $$