Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bình Thuận

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN<br /> NĂM HỌC 2017-2018<br /> <br /> Câu 1( 4 điểm)<br />  x 2  x 3x  2 x 3( x  1) <br /> <br /> <br />  với x  1 và x > 0<br /> x<br /> x 1 <br />  x  x 1<br /> <br /> Cho biểu thức: Q  25 x : <br /> a, Rút gọn biểu thức Q<br /> <br /> b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.<br /> Câu 2(4 điểm)<br /> ax  y  a 2  2<br /> Cho hệ phương trình ẩn x và y: <br /> (a  1) x  ay  2a  1<br /> <br /> a, Giải hệ phương trình trên với a = 1<br /> b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn<br /> nhất.<br /> Câu 3 (4 điểm)<br /> Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk   x  N * / x là bội số của k}<br /> Cho m,n là các số nguyên dương<br /> a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn<br /> b, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .<br /> Câu 4 ( 6 điểm)<br /> Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C)<br /> và F thay đổi trên CD sao cho EAF  450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N.<br /> a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.<br /> b, Tính tỷ số<br /> <br /> MN<br /> FE<br /> <br /> c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi<br /> E,F thay đổi.<br /> Câu 5( 2 điểm)<br /> Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong<br /> số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứng<br /> minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn 2018 điểm<br /> đã cho.<br /> <br /> LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN<br /> NĂM HỌC 2017-2018<br /> Câu 1( 4 điểm)<br />  x 2  x 3x  2 x 3( x  1) <br /> <br /> <br />  với x  1 và x > 0<br /> x<br /> x 1 <br />  x  x 1<br /> <br /> Cho biểu thức: Q  25 x : <br /> a, Rút gọn biểu thức Q<br /> <br /> b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.<br /> Lời giải<br /> a, Rút gọn. Với x  1 và x > 0, ta có:<br />  x 2  x 3x  2 x 3( x  1) <br /> Q  25 x : <br /> <br /> <br /> <br /> x<br /> x 1 <br />  x  x 1<br />  5 x :  x ( x  1)  (3 x  2)  3( x  1) <br />  5 x : ( x  x  3 x  2  3 x  3)<br />  5 x : ( x  x  1)<br /> <br /> <br /> 5 x<br /> x  x 1<br /> <br /> b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.<br /> Dễ thấy Q>0.<br /> Phương trình sau có nghiệm x > 0, x  1<br /> Q<br /> <br /> 5 x<br /> x  x 1<br /> <br />  Qx  (Q  5) x  Q  0 có nghiệm x > 0, x  1<br /> <br />  Qy 2  (Q  5) y Q  0<br /> <br /> có nghiệm y > 0, y  1<br /> <br />   (Q  5)2  4Q 2  (3Q  5)(Q  5)  0<br />  5  Q <br /> <br /> 5<br /> 3<br /> <br /> Mà Q nguyên và Q > 0 nên Q = 1 hoặc Q = 2<br /> Với Q = 1 Tìm được x  7  4 3 ( Thỏa mãn)<br /> <br /> Với Q = 2 phương trình vô nghiệm.<br /> Câu 2(4 điểm)<br /> ax  y  a 2  2<br /> Cho hệ phương trình ẩn x và y: <br /> (a  1) x  ay  2a  1<br /> <br /> a, Giải hệ phương trình trên với a = 1<br /> b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn<br /> nhất.<br /> Lời giải:<br /> x  0<br /> y 1<br /> <br /> a, Nghiệm của HPT là: <br /> <br /> ax  y  a 2  2<br /> a 2 x  ay  a3  2a<br /> (a 2 +a+1)x  a3  1<br />  x  a 1<br /> <br /> <br /> <br /> b, <br /> <br /> <br /> (a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1  y  a  2<br /> <br /> Với mọi a<br /> Nên P = xy = (a-1)(-a+2) =<br /> <br /> 1<br /> 3<br /> 1<br />  (a  )2 <br /> 4<br /> 2<br /> 4<br /> <br /> P đạt giá trị lớn nhất là 1/4 đạt được khi a = 3/2<br /> Câu 3 (4 điểm)<br /> Với k là số nguyên dương, ký hiệu Bk   x  N * / x là bội số của k}<br /> Cho m,n là các số nguyên dương<br /> a, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bn<br /> b, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .<br /> Lời giải:<br /> a, Ta có: Bmn   x  N * / x là bội của (mn)}={mn;2mn;3mn;...;kmn }<br /> Bm  Bn   x  N * / x là bội của m và n}<br /> <br /> ={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ...; hBCNN(m,n)}<br /> mn m<br />  mn  BC (m, n)  kmn  BC (m, n)<br /> mn n<br /> <br /> Vì <br /> <br /> Nên Bmn là tập hợp con của Bm  Bn<br /> <br /> b, Để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn mà theo câu a thì Bmn là tập hợp con của<br /> Bm  Bn Nên Bmn  Bm  Bn  BCNN (m, n)  mn  (m, n)  1<br /> Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhau<br /> Câu 4 ( 6 điểm)<br /> Cho hình vuông ABCD. Gọi E là điểm thay đổi trên BC( E không trùng B và C)<br /> và F thay đổi trên CD sao cho EAF  450 , BD cắt AE , AF lần lượt tại M và N.<br /> a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C cùng nằm trên một đường tròn.<br /> b, Tính tỷ số<br /> <br /> MN<br /> FE<br /> <br /> c, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi<br /> E,F thay đổi.<br /> Lời giải:<br /> A<br /> <br /> B<br /> M<br /> E<br /> N<br /> <br /> D<br /> <br /> H<br /> F<br /> <br /> C<br /> <br /> a, Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn ( vì MAF  MDF  450 )<br />  AFM  ADM  450  AMF vuông cân  FM  AE<br /> <br /> Tương tự: EN  AF<br /> =>M,N,C nhìn EF dưới một góc vuông =>M,N,F,C,E nằm trên đường tròn<br /> đường kính EF .<br /> b, ANE ∽ AMF(gg)  AMN ∽ AEF(cgc) <br /> <br /> MN AM<br /> 2<br /> <br />  sin 450 <br /> FE<br /> FA<br /> 2<br /> <br /> c, Tính chất trực tâm tam giác AEF => FE  AH<br /> Dễ thấy : FAD  FMD  FEN  FAH ( Các tứ giác ADFM,EFNM,ANHE nội tiếp)<br />  FAD  FAH (ch gn) => AH = AD ( Không đổi)<br /> <br /> Mà FE  AH<br /> =>EF tiếp xúc với đường tròn (A;AD) cố định.<br /> <br /> Câu 5( 2 điểm)<br /> Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ<br /> trong số đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một.<br /> Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn<br /> 2018 điểm đã cho.<br /> <br /> Lời giải:<br /> Dùng nguyên lý Dirichlet<br /> -Nếu khoảng cách hai điểm bất kỳ đều bé hơn 1 thì ta chỉ cần chọn 1 điểm<br /> A bất kỳ trong số 4035 điểm đã cho rồi vẽ đường tròn (A;1) đường tròn này<br /> chứa tất cả 4034 điểm còn lại nên ta có điều phải chứng minh.<br /> -Giả sử rằng có hai điểm A và B trong số 4035 điểm đã cho có khoảng cách<br /> lớn hơn 1, vẽ các đường tròn tâm A và B có cùng bán kính bằng 1, ta còn lại<br /> 4033 điểm. Mỗi điểm C bất kỳ trong số 4033 điểm ấy, theo giả thiết AB,AC,BC<br /> phải có một đoạn thẳng có độ dài bé hơn 1 mà AB>1, nên AC