Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> PHÚ YÊN<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH<br /> LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018<br /> MÔN TOÁN<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> Thời gian làm bài: 150 phút<br /> 2 3<br /> 2 3<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> Câu 1. Tính giá trị của P <br /> 42 3<br /> 42 3<br /> 1<br /> 1<br /> 2<br /> 2<br /> <br />  2017  x    2017  x  x  2018   x  2018<br /> Câu 2. Giải phương trình<br /> 2<br /> 2<br />  2017  x    2017  x  2018  x    x  2018<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 13<br /> 37<br /> <br /> Câu 3. Cho a, b, c >0. Chứng mnh rằng:<br /> a)<br /> <br /> a<br /> a<br /> <br /> a  2b a  b<br /> <br /> b)<br /> <br /> a<br /> b<br /> c<br /> <br /> <br /> 1<br /> a  2b<br /> b  2c<br /> c  2a<br /> <br /> Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa<br /> điểm A, dựng hai tia Bx, Cy vuông góc với cạnh BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao<br /> cho BD = BA, trên tia Cy lấy điểm E sao cho CE = CA. Gọi G là giao điểm của<br /> BE và CD, K và L lần lượt là giao điểm của AD, AE với cạnh BC<br /> a) Chứng minh rằng CA = CK và BA = BL<br /> b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD, AE theo thứ tự tại I, J. Gọi H<br /> là hình chiếu vuông góc của G lên BC. Chứng minh rằng tam giác IHJ<br /> vuông cân.<br /> Câu 5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M chuyển động trên cạnh BC<br /> (M khác B, C). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Vẽ<br /> các đường tròn (H;HM) và (K;KM)<br /> a) Chứng minh rằng hai đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau<br /> b) Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (H) và (K). Chứng minh rằng<br /> MN luôn đi qua một điểm cố định<br /> Câu 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên<br /> <br /> ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 PHÚ YÊN 2017-2018<br /> Câu 1<br /> P<br /> <br /> 2 3<br /> 3 3<br /> <br /> <br /> <br /> 2 3<br /> 3 3<br /> <br /> <br /> <br />  2  3 3  3    2  3 3  3   3 <br /> 6<br /> <br /> 6<br /> <br /> 6<br /> <br /> 3<br /> <br /> <br /> <br /> 3 3<br /> 1<br /> 6<br /> <br /> Câu 2.<br /> Đặt 2017  x  a và x  2018  b. Ta có phương trình<br /> <br /> a 2  ab  b2 13<br /> <br /> a 2  ab  b2 37<br /> <br />  12a 2  25ab  12b2  0  12a 2  16ab  9ab  12b2  0   3a  4b  .  4a  3b   0<br /> <br /> Xét 3a  4b  0  3  2017  x   4  x  2018  0  x  2021<br /> Xét 4a  3b  0  4(2017  x)  3(x  2018)  0  x  2014<br /> Phương trình có tập nghiệm S  2014;2021 <br /> Câu 3.<br /> a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có :<br /> <br /> a<br /> a<br /> a<br /> <br /> <br /> .<br /> a  2b<br /> a.(a  2b) a  b<br /> <br /> a<br /> a<br /> <br /> a  2b a  b<br /> <br /> Dấu “=” xảy ra khi a  a  2b  b  0 vô lý. Vậy<br /> b) Tương tự câu a ta có :<br /> <br /> a<br /> b<br /> c<br /> a<br /> b<br /> c<br /> a<br /> b<br /> c<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> a  2b<br /> b  2c<br /> c  2a a  b b  c c  a a  b  c a  b  c a  b  c<br /> <br /> Câu 4<br /> <br /> x<br /> <br /> y<br /> <br /> D<br /> I<br /> <br /> E<br /> G<br /> <br /> B<br /> K<br /> L<br /> <br /> A<br /> <br /> J<br /> <br /> C<br /> <br /> a) Ta có BD = BA  ABD cân nên BAD  BDA<br /> Mà BAD  KAC  900  BDA  BKD  BDA  AKC  KAC  AKC<br />  ACK cân nên CA = CL<br /> Tương tự ABL cân nên BA = BL<br /> b) Áp dụng định lý Ta let và hệ quả của nó ta có:<br /> CH GE CE CA CK CK  CH HK<br /> (Giả sử AB > AC)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> BH GB BD BA BL BL  BH HL<br /> HK CE GC IK<br /> HK IK<br /> Suy ra<br /> hay<br /> <br /> <br /> <br /> <br />  HI / /DL<br /> HL BD GD ID<br /> HL ID<br /> <br /> Ta lại có BD = BL nên tam giác BDL vuông cân<br />  BLD  450  JIH  BHI  BLD  450<br /> <br /> Chứng minh tương tự ta cũng có IJH  450  IHJ vuông cân tại H<br /> Câu 5<br /> <br /> C<br /> <br /> E<br /> <br /> M<br /> <br /> K<br /> A<br /> <br /> H<br /> <br /> B<br /> <br /> N<br /> a) Ta có HM  KM  HK  HK  KM nên 2 đường tròn (H) và (K) luôn cắt nhau<br /> b) Ta có NHM  NCB ;NMK  NBC<br /> Do AKMH là chữ nhật nên NHM  NKM  900  NCB  NBC  900  BNC  900<br /> Vẽ hình vuông ABEC ta có A, N, B, E, C cùng thuộc đường tròn đường<br /> kính BC cố định<br /> Ta lại có NEB  NCB mà NCB  NMH,NEB  NHM , do MH // EB nên ba điểm<br /> N, M, E thẳng hàng. Vậy MN luôn đi qua điểm E cố định<br /> <br /> Câu 6<br /> Xét p = 2  7p  1  15 (loại)<br /> Xét p > 2 thì p là số nguyên tố lẻ nên 7p + 1 là số tự nhiên chẵn. Đặt 7p  1   2k <br /> <br /> 3<br /> <br /> với k nguyên dương . Khi đó 7p   2k   1   2k  1  4k 2  2k  1<br /> 3<br /> <br /> Vì p và 7 đều là số nguyên tố nên<br /> 2k  1  7<br /> <br /> k  4<br /> <br /> (thỏa mãn)<br />  p  73<br /> 4k  2k  1  p<br /> <br /> TH1: <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2k  1  1<br /> <br /> k  1<br /> <br /> (loại)<br /> p  1<br /> 4k  2k  1  7p<br /> <br /> TH2: <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2k  1  p<br /> <br /> 2k  1  p<br /> k  1<br />  2<br /> <br /> (loại)<br /> p  1<br /> 4k  2k  1  7<br /> 2k  k  3  0<br /> <br /> TH3: <br /> <br /> 2<br /> <br /> Vậy p = 73 thỏa mãn bài toán<br /> <br />