Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường lần 2 - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường lần 2 - Môn: Toán

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2.5 điểm). 4 x 8x x 1 2 x Cho biểu thức P . 3 x 9 x x x 2 x a) Rút gọn P b) Tìm x để P = -1 c) Tìm m để với mọi x lớn hơn 9 ta có m( x 3)P x 1 Câu 2 (2.0 điểm). a) Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên, biết f(x) có giá trị bằng 2017 tại 5 giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng f(x) không thể nhận giá trị 2007 với mọi số nguyên x. b) Tìm số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên. Câu 3 (2.5 điểm). a) Giải phương trình: x 1 7x 1 14x 6 1 1 2 b) Chứng minh rằng với a b 1 thì 1 a2 1 b2 1 ab Câu 4 (2.0 điểm). Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di động trên cạnh CD ( E khác C và D, EC < ED). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a) Chứng minh : có giá trị không đổi. AE 2 AF 2 b) Chứng minh rằng: Câu 5 (1.0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: x2- 2007+ y x +3+ y=0 . Hết . (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng MTCT!) PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU 1
2. NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Nội dung trình bày Điểm 4 x 8x x 1 2 x Cho biểu thức P . 3 x 9 x x x 2 x a)Rút gọn P b)Tìm x để P = -1 c)Tìm m để với mọi x lớn hơn 9 ta có m( x 3)P x 1 a) ĐKXĐ : x>0, x 1, x 9. Với đk đó, ta có: 0,25 4 x(3 x) 8x x 1 2 x P . (3 x)(3 x) (3 x)(3 x) x( x 1) 2 x 4 x(3 x) 8x 1 2 x P . (3 x)(3 x) x 2 x 12 x 4x 8x 2 2 x 0,25 P . (3 x)(3 x) 2 x 2 x 12 x 4 x 2 2 x P . (3 x)(3 x) 2 x 4 x(3 x)( x) 0,25 P (3 x)(3 x)2 x 2x P 1(2,5 x 3 0,25 đ) 2x Vậy P , với x>0, x 1, x 9 x 3 2x b) Với x>0, x 1, x 9 thì P= - 1 1 2x x 3 x 3 0,25 2x x 3 0 x 1 2 x 3 0 0,25 Do 2 x 3 0 nên x 1 0 x=1 (loại, do không thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy không có giá trị nào của x để P= - 1 0,25 2x c) Với P thì m( x 3)P x 1 trở thành x 3 0,25 2mx > x + 1 (2m - 1)x >1 1 Vì x> 9 >0 nên 2m – 1>0 m 2 0,25 1 1 Khi đó x . Vậy để x với mọi x>9 thì 2m 1 2m 1 1 1 10 5 9 2m 1 2m m 2m 1 9 9 9 0,25 5 Vậy để với mọi x>9 ta có m( x 3)P x 1 thì m 9 2(2,0 a) Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên, biết f(x) có giá trị bằng 2017 tại 5 giá trị 2
3. đ) nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng f(x) không thể nhận giá trị 2007 với mọi số nguyên x. Giả sử tồn tại x = a, a Z để f(a) = 2007 (1) Gọi 5 giá trị nguyên khác nhau của x để f(x)=2017 là x1, x2, x3, x4, x5. Suy ra f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=f(x5)=2017 f(x1) - 2017=f(x2) - 2017=f(x3) – 2017 =f(x4) - 2017=f(x5) - 2017=0 0,25 x1, x2, x3, x4, x5 là các nghiệm của đa thức f(x) – 2017 f(x) – 2017 =( x - x1)(x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5)g(x), trong đó g(x) là đa thức với hệ số nguyên 0,25 Khi đó f(a) – 2017 = ( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a) (2) Từ (1) và (2) suy ra 2007 – 2017 =( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a) Hay –10 =( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a) (*) Vì x1, x2, x3, x4, x5 là các số nguyên khác nhau, a là số nguyên, g(x) là đa thức với hệ 0,25 số nguyên nên a - x1, a - x2, a - x3, a - x4, a - x5 là năm số nguyên khác nhau và g(a) là số nguyên. Do đó vế trái của (*) là tích của ít nhất năm số nguyên khác nhau. Mà – 10 chỉ có thể phân tích thành tích của nhiều nhất bốn thừa số nguyên khác nhau(mâu thuẫn) 0,25 Vậy f(x) không thể nhận giá trị 2007 với mọi số nguyên x(đpcm) b)Tìm số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên. Giả sử 2p + 1 = n3 (n N), suy ra n là số lẻ n = 2m + 1 (m N ). 0,25 Khi đó 2p + 1 = (2m + 1)3 2p+1 = 8m3 + 12m2 + 6m +1 0,25 p=4m3 + 6m2 + 3m p=m(4m2 + 6m + 3) 0,25 mà p là số nguyên tố và 4m2 + 6m + 3>1 với mọi m nên m = 1 Suy ra p =13, là số nguyên tố( thỏa mãn) Vậy p=13 0,25 a) Giải phương trình: x 1 7x 1 14x 6 (1) ĐKXĐ x 1 0,25 Bình phương hai vế phương trình (1), ta được: x 1 7x 1 2 (x 1)(7 x 1) 14x 6 (x 1)(7 x 1) 3x 3 (x 1)(7 x 1) (3x 3)2 (dox 1) 0,25 (x 1)(7 x 1 9x 9) 0 (x 1)(10 2x) 0 x 1 0 0,25 3(2,5 10 2x 0 đ) x 1 0,25 ( thỏa mãn ĐKXĐ) x 5 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;5 0,25 1 1 2 b)Chứng minh rằng với a b 1 thì 1 a2 1 b2 1 ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 0,25 3
4. 1 1 1 1 0 1 a2 1 b2 1 ab 1 ab 0,25 1 1 1 1 2 2 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab ab a2 ab b2 0 1 a2 1 ab 1 b2 1 ab 0,25 a(b a) b(a b) 0 1 a2 1 ab 1 b2 1 ab b a a b 0,25 . 2 2 0 1 ab 1 a 1 b b a a ab2 b ba2 . 2 2 0 1 ab (1 a )(1 b ) (b a)2 (ab 1) 0(*) (1 ab)(1 a2 )(1 b2 ) 0,25 Vì a b 1 nên ab-1. Do dó (*) đúng với mọi a b 1 1 1 2 Vậy , với a b 1 (đpcm) 1 a2 1 b2 1 ab Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di động trên cạnh CD( E khác C và D, EC<ED). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a)Chứng minh : có giá trị không đổi. AE 2 AF 2 b)Chứng minh rằng: 4(2,0 đ) a) - Chứng minh được AF=AK (1) - Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE tại A với AD là đường cao, ta 0,25 1 1 1 có (2) AK 2 AE 2 AD2 0,25 1 1 1 1 - Từ (1) và (2) suy ra (không đổi) AF 2 AE 2 AD2 a2 0,25 1 1 - Vậy có giá trị không đổi (đpcm) AE 2 AF 2 0,25 4
5. b) Kẻ EH  KF (H KF) 1 - Ta có S KA.EF , mà ¼AKE nên KEF 2 1 0,25 S KE.EF.cos ¼AKE (1) KEF 2 0,25 1 1 - Ta lại có S EH.K F EH (KH HF) (2) KEF 2 2 - Từ (1) và (2) suy ra: KE.EF.cos ¼AKE = EH (KH HF) EH (KH HF) EH.KH EH.HF EH KH EH HF . . Suy ra =cos ¼AKE KE.EF KE.EF EF KE KE EF 0,25 SinE¼FK.Cos E¼KF SinE¼KF.Cos E¼FK Vậy cos ¼AKE = SinE¼FK.Cos E¼KF SinE¼KF.Cos E¼FK (đpcm) 0,25 Ta có: x2 2007 y x 3 y 0 x 1 2 2005 x 1 y x 1 2003 0,25 Do đó x 1 là ước của 2003. Mặt khác 2003 là số nguyên tố (x 1) 1; 2003 0,25 * x 1 1 x 2 thay vào phương trình đã cho ta có: y 4007 0,25 5(1đ) * x 1 1 x 0 thay vào phương trình đã cho ta có: y 3 *x 1 2003 x 2004 thay vào phương trình đã cho ta có y 3 *x 1 2003 x 2002 thay vào phương trình đã cho ta có: y 4007 Vậy các cặp số nguyên x; y cần tìm là: 2; 4007 , 0; 3 ; 2004; 3 ; 2002; 4007 0,25 BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MÔN TOÁN CẤP HUYỆN, TỈNH FILE WORD Zalo 0946095198 160 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=110k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 6 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 250 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=180k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 7 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 210 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=150k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 8 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k 30 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 HÀ NỘI=50k 265 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HUYỆN=200k; 230 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH=180k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HÀ NỘI=80k; 55 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 (2020-2021)=80k; 90 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k 5