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

Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bình Thuận sẽ giúp các bạn học sinh chuẩn bị ôn luyện và bổ trợ kiến thức cho kỳ thi sắp tới. Tài liệu này được trình bày hệ thống, logic và chú trọng vào những điểm trọng tâm cần ôn tập trong chương trình Toán 9.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm học 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Bình ThuậnĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬNNĂM HỌC 2017-2018Câu 1( 4 điểm) x 2  x 3x  2 x 3( x  1)  với x  1 và x > 0xx 1  x  x 1Cho biểu thức: Q  25 x : a, Rút gọn biểu thức Qb, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.Câu 2(4 điểm)ax  y  a 2  2Cho hệ phương trình ẩn x và y: (a  1) x  ay  2a  1a, Giải hệ phương trình trên với a = 1b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớnnhất.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 dươnga, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bnb, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .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 sốMNFEc, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khiE,F thay đổi.Câu 5( 2 điểm)Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trongsố đó luôn tồn tại hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn một. Chứngminh rằng tồn tại một hình tròn bán kính bằng một chứa không ít hơn 2018 điểmđã cho.LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬNNĂM HỌC 2017-2018Câu 1( 4 điểm) x 2  x 3x  2 x 3( x  1)  với x  1 và x > 0xx 1  x  x 1Cho biểu thức: Q  25 x : a, Rút gọn biểu thức Qb, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.Lời giảia, Rút gọn. Với x  1 và x > 0, ta có: x 2  x 3x  2 x 3( x  1) Q  25 x : xx 1  x  x 1 5 x :  x ( x  1)  (3 x  2)  3( x  1)  5 x : ( x  x  3 x  2  3 x  3) 5 x : ( x  x  1)5 xx  x 1b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trị nguyên.Dễ thấy Q>0.Phương trình sau có nghiệm x > 0, x  1Q5 xx  x 1 Qx  (Q  5) x  Q  0 có nghiệm x > 0, x  1 Qy 2  (Q  5) y Q  0có nghiệm y > 0, y  1  (Q  5)2  4Q 2  (3Q  5)(Q  5)  0 5  Q 53Mà Q nguyên và Q > 0 nên Q = 1 hoặc Q = 2Với Q = 1 Tìm được x  7  4 3 ( Thỏa mãn)Với Q = 2 phương trình vô nghiệm.Câu 2(4 điểm)ax  y  a 2  2Cho hệ phương trình ẩn x và y: (a  1) x  ay  2a  1a, Giải hệ phương trình trên với a = 1b, Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớnnhất.Lời giải:x  0y 1a, Nghiệm của HPT là: ax  y  a 2  2a 2 x  ay  a3  2a(a 2 +a+1)x  a3  1 x  a 1b, (a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1 (a  1) x  ay  2a  1  y  a  2Với mọi aNên P = xy = (a-1)(-a+2) =131 (a  )2 424P đạt giá trị lớn nhất là 1/4 đạt được khi a = 3/2Câu 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 dươnga, Chứng minh rằng Bmn là tập hợp con của Bm  Bnb, Tìm điều kiện của m và n để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn .Lời giải:a, Ta có: Bmn   x  N * / x là bội của (mn)}={mn;2mn;3mn;...;kmn }Bm  Bn   x  N * / x là bội của m và n}={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ...; hBCNN(m,n)}mn m mn  BC (m, n)  kmn  BC (m, n)mn nVì Nên Bmn là tập hợp con của Bm  Bnb, Để Bm  Bn là tập hợp con của Bmn mà theo câu a thì Bmn là tập hợp con củaBm  Bn Nên Bmn  Bm  Bn  BCNN (m, n)  mn  (m, n)  1Hay m và n là hai số nguyên tố cùng nhauCâu 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 sốMNFEc, Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khiE,F thay đổi.Lời giải:ABMENDHFCa, Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn ( vì MAF  MDF  450 ) AFM  ADM  450  AMF vuông cân  FM  AETương tự: EN  AF=>M,N,C nhìn EF dưới một góc vuông =>M,N,F,C,E nằm trên đường trònđường kính EF .b, ANE ∽ AMF(gg)  AMN ∽ AEF(cgc) MN AM2 sin 450 FEFA2c, Tính chất trực tâm tam giác AEF => FE  AHDễ thấy : FAD  FMD  FEN  FAH ( Các tứ giác ADFM,EFNM,ANHE nội tiếp) FAD  FAH (ch gn) => AH = AD ( Không đổi)Mà FE  AH=>EF tiếp xúc với đường tròn (A;AD) cố định.Câu 5( 2 điểm)Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt. Biết rằng trong ba điểm bất kỳtrong 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 hơn2018 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 điểmA bất kỳ trong số 4035 điểm đã cho rồi vẽ đường tròn (A;1) đường tròn nàychứa 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 c ...