Cả ba số khi chia cho 3 có số dư giống nhau suy ra tổng ba số chia hết cho 3.. - Điểm toàn bài không làm tròn.[r]
Trang 11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 07/03/2019
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
1
(3,0đ)
Gọi số cần lập có dạng abcd 2019
Trường hợp 1 a 2
Có 7 cách chọn a a 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 7.9.8.73528 ( số)
1,25
Trường hợp 2 a2,b0
Có 8 cách chọn b
Có 8 cách chọn c
Có 7 cách chọn d
Trường hợp này có 8.8.7448 (số )
0,75
Trường hợp 3 a2,b0,c1
Có 7 cách chọn c
Có 7 cách chọn d
Trường hợp này có 7.749 (số)
0,5
Như vậy, số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là
2
(5,0đ)
Ý 1
(2,0)
Với mọi số nguyên n, (n1) (n n1) 6 n chia hết cho 6 0,5
Vậy A3 ( n1) (n n1) 6 n chia hết cho 18 0,5
Ý 2
(3,0)
Gọi số ô tô lúc đầu là x với x;x2
Số học sinh đi tham quan là 12x 1
0,5
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; 0 y16
Ta có: x1y12x 1
0,5
12
x y
0,5
Trang 22
Với x 1 1 x 2 suy ra y 25 (loại) Với x 1 13 x 14 suy ra y 13 (thỏa mãn)
0,5
3
(6,0đ)
Ý 1
(2,0)
1 (cm)
D
Đáy hộp là một hình chữ nhật có các kích thước là
0,5
3
2
0,5
Chiều cao của hộp bằng chiều cao của cây nến
0,5
Thể tích của khối hộp là 3
2 3.20 40 3
0,5
Ý 2a
(2,0)
H K
O
N I
Q
P M
D
C
B A
a) Ta có: MQ là đường trung bình của tam giác AID
Suy ra MQ/ /ADDABQMN Tương tự BCDNPQ
1,0
có DABBCD (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Suy ra QMNNPQ
0,5
Trang 33
Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp Vậy bốn điểm M, P, N, Q cùng thuộc một đường tròn
0,5
Ý 2b
(2,0)
MPNQ
S MN PQ AB CD AB CD 0,5
Kẻ OH AB tại H , OK CD tại K, ta có :
AB CD AH CK R OH R OK
4(2R2KH2)4(2R2OI2)
Suy ra 1(2 2 2)
4
MPNQ
S R OI (không đổi)
1,0
Vậy SMPNQ đạt giá trị lớn nhất bằng 1(2 2 2)
4 R OI đạt được khi và chỉ khi : ABCDOH OK OKIH là hình vuông
4
(4,0đ)
Ý 1
(2,0)
Điều kiện
2
1 2
5 2 ( 1)
x y
y x
0,25
Từ phương trình (2) ta có
0
2
x
x y
0,25
Với x thay vào (1) ta có: 10 4 2 y 4 2 y 5 4 2 y 4 2 y 4 0,25
2
Với: x2y Thay vào phương trình (1) ta được
2
x x x x x x x x (*)
Đặt
2
5
2
t
t x x x x
0,5
Thay vào phương trình (*) ta có:
2
5
3 2
t t
t
3 3
x
Tóm lại, hệ có nghiệm ; 0; 0 , 3; 3
2
x y
0,5
Trong 3 số (2x1), (2y1), (2z1)luôn tồn tại hai số cùng dấu, không mất tính
Trang 44
Ý 2
(2,0) 2 1 2 1 0 2 4 1 2
2
z
x y xy xy z xy xyz
Từ 2 2 2
x y z xyz suy ra
2
z
z z
2
xyz thì P bằng 1
2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1
5
(2,0đ)
Trước hết, ta chứng minh bổ đề “trong 5 số tự nhiên bất kì, tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3.”
Thật vậy, Với 5 số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 3, ta luôn chọn được 1 trong hai trường hợp sau
TH1 Cả ba số khi chia cho 3 có số dư giống nhau suy ra tổng ba số chia hết cho
3
TH2 Ba số khi chia cho ba có số dư đôi một khác nhau 3 ; 3 m 1; 3n 2k , suy
ra tổng của ba số cũng chia hết cho 3
0,5
Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt 5, 5, 7 phần tử
Trong mỗi tập, ta luôn chọn được 3 số có tổng lần lượt là:
3 , 3 , 3 a a a a a, , a N còn lại:
17 9 8số, trong 8 số này, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a , còn lại 5 số, chọn 4
tiếp 3 số có tổng là 3a 5
0,5
Như vậy, ta luôn có thể chọn từ đoàn ra 5 nhóm, mỗi nhóm có 3 thí sinh mà tổng
số báo danh của mỗi nhóm lần lượt là 3 ,3 , 3 ,3 ,3a1 a2 a3 a4 a 5 0,5
Trong 5 số a a a a a có 3 số 1, 2, 3, 4, 5 a a i1, i2,a có tổng chia hết cho 3 i3
Như vậy, 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là:
3a i 3a i 3a i 3 a i a i a i 9
0,5
Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa
- Điểm toàn bài không làm tròn
Hết