Đề kiểm tra chuyên Toán lớp 9
Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 22 tháng 1 2021 lúc 15:13:55 | Được cập nhật: 13 giờ trước (4:40:43) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 610 | Lượt Download: 11 | File size: 0.348385 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Đề thi học kì 1 Hóa 9 trường THCS Nam Tiến
- Đề thi tuyển sinh vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần 4 năm 2021-2022
- Đề thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Vân Khánh Đông năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần VIII năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần X năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 năm 2020-2021
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề cương ôn tập học kì 2 Toán 9 năm 2021-2022
- Đề ôn thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Phan Bội Châu
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Đề kiểm tra cuối học kỳ lớp 9 CĐ
Tập thể GV chuyên Toán Star Education
STAR-EDUCATION
KIẾM TRA CUỐI KHÓA 1
(Đề chính thức)
MÔN: TOÁN - LỚP 9 CĐ
năm học 2019-2020
Thời gian: 150 phút - Không kể thời gian giao đề
Bài 1. (3 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x3 + y 3 = 2.
(a) (1 điểm) Tìm các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y.
30
(b) (1 điểm) Chứng minh rằng: x2 + y 2 +
≥ 17xy.
x+y
(c) (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 + y 2 +
8
.
x+y
Bài 2. (3 điểm)
√
x + y = √ 4z − 1
(a) (2 điểm) Giải hệ phương trình:
y + z = √4x − 1
z + x = 4y − 1
(b) (1 điểm) Cho a, b > 0 và a + b ≤ 2ab. Chứng minh:
a
b
+
≤ 1.
2
a+b
b + a2
Bài 3. (3 điểm) Cho p là một số nguyên tố.
(a) (1,5 điểm) Tìm p sao cho p3 +
p−1
= 2020.
2
(b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p3 +
p−1
không
2
phải tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.
Bài 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). BE, CF lần lượt
là các đường cao của tam giác. Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau ở S. Gọi M
là giao điểm của BC và OS
AB
BS
=
AE
ME
(b) (2 điểm) Chứng minh rằng ∆AEM ∼ ∆ABS
(a) (2 điểm) Chứng minh rằng
(c) (2 điểm) Gọi N là giao điểm của AM và EF , P là giao điểm của AS và
BC. Chứng minh N P vuông BC
44
GV CHUYÊN THCS
Bài 5. (2 điểm) Cho tứ giác ABCD (AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) và có
AC = CD. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 4ABD. Gọi (BIC)
cắt AB tại điểm thứ hai F . Gọi E là trung điểm AD. Chứng minh rằng AI
vuông EF .
Bài 6. (3 điểm) Người ta dùng một số quân cờ hình L - Tetromino gồm 4 ô vuông
kích thước 1 x 1, hình chữ L, có thể xoay hoặc lật ngược mọi hướng để ghép
phủ kín một bàn cờ hình vuông kích thước n × n (n là số nguyên dương) gồm
n2 ô vuông kích thước 1 × 1 theo quy tắc sau:
Với mỗi quân cờ sau khi ghép vào bàn cờ, các ô vuông của nó phải trùng
với các ô vuông của bàn cờ.
Không có hai quân cờ nào mà sau khi ghép vào bàn cờ chúng kê lên nhau.
(a) (1,5 điểm) Khi n = 4 và n = 2020, hãy chỉ ra một cách ghép phủ kín bàn
cờ (có thể minh họa bằng hình vẽ).
.
(b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng để phủ kín bàn cờ thì n2 .. 8.
– HẾT –
Lưu ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Tập san Toán học STAR EDUCATION
46
GV CHUYÊN THCS
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1. (3 điểm)
(a) (1 điểm) Ta có:
x3 + y 3 = 2 ⇔ (x + y)
"
1
x− y
2
2
#
3 2
+ y =2⇒x+y >0
4
Do x + y > 0 nên:
3
x+y
x3 + y 3
0<
≤
=1⇒0<x+y ≤2
2
2
Vì x + y ∈ N ∗ ta xét hai trường hợp sau:
3
x + y3 = 2
(x + y)3 − 3xy (x + y) = 2
Với x+y = 1 thì
⇔
⇔
x+y =1
x+y =1
(
1
xy = −
3
x+y =1
Khi đó các cặp số (x, y) tương ứng là
(
√ !
√
√ !)
√
3 − 21 3 + 21
3 + 21 3 − 21
;
,
;
(x, y) =
6
6
6
6
x3 + y 3 = 2
⇔
x+y =2
Với x+y = 2 thì
xy = 1
x+y =2
Do đó ta có (x, y) = (1; 1).
(x + y)3 − 3xy (x + y) = 2
⇔
x+y =2
Như vậy các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y là 1 hoặc 2.
(b) (1 điểm) Do x3 + y 3 = 2 và x + y > 0. Ta sử dụng biến đổi tương đương
như sau:
x2 +y 2 +
30
≥ 17xy ⇔ x2 +y 2 +15 x2 + y 2 − xy ≥ 17xy ⇔ 16(x − y)2 ≥ 0
x+y
(c) (1 điểm) Do x + y > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
s
2
2
8
(x + y)
4
4
4
4
3 (x + y)
2
2
x +y +
≥
+
+
≥3
.
.
=6
x+y
2
x+y x+y
2
x+y x+y
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6. Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1
(thỏa mãn điều kiện x3 + y 3 = 2). Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng
thức Cauchy 3 số trước khi dùng.
Bài 2. (3 điểm)
Tập san Toán học STAR EDUCATION
GV CHUYÊN THCS
1
1
(a) (2 điểm) ĐKXĐ: x, y, z ≥ . Giả sử x > y ≥ , khi đó:
4
4
p
√
x > y ⇒ 4x − 1 > 4y − 1 ⇒ y + z > z + x ⇒ y > x
1
≤ x < y. Dẫn
4
đến x = y. Chứng minh tương tự ta có x = y = z. Thay x = y = z vào
phương trình thứ nhất của hệ ta được:
Điều này vô lí, chứng minh tương tự cho trường hợp
2x =
√
4x − 1 ⇔ 4x2 = 4x − 1 ⇔ (2x − 1)2 = 0 ⇔ x =
Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x, y, z) =
1
2
1 1 1
; ;
2 2 2
(b) (1 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta có:
a
b
a (a + 1)
b (b + 1)
a (a + 1) b (b + 1)
+
.
+
=
+
≤
a + b 2 b + a2
(a + b2 ) (a + 1) (b + a2 ) (b + 1)
(a + b)2 (a + b)2
Lại có a + b ≤ 2ab (giả thuyết) nên ta có:
b
a2 + a + b 2 + b
a2 + 2ab + b2
(a + b)2
a
+
≤
≤
=
= 1.
a + b 2 b + a2
(a + b)2
(a + b)2
(a + b)2
Bài 3. (3 điểm)
(a) (1,5 điểm) Do p là một số nguyên tố nên
p−1
> 0. Do đó p3 < 2020 ⇒
2
0 < p ≤ 12 nên p ∈ {2, 3, 5, 7, 11}.
Thử lại với các kết quả trên đều không tồn tại p thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
p−1
(b) (1,5 điểm) Giả sử p3 +
là tích của hai số tự nhiên liên tiếp khi đó
2
p−1
p3 +
= a (a + 1), với (a ∈ N ). Ta có:
2
p3 +
p−1
= a (a + 1) ⇔ 2p 2p2 + 1 = (2a + 1)2 + 1
2
p−1
= 28 (loại).
2
Nếu p 6= 3 thì p2 ≡ 1 (mod3) nên (2p2 + 1) ≡ 0 (mod3), lại có một số
chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên (2a + 1)2 ≡ 0; 1 (mod3) ⇒
(2a + 1)2 + 1 ≡ 1; 2 (mod3) (vô lí).
p−1
Do đó với mọi số nguyên tố p thì p3 +
không phải tích của 2 số tự
2
nhiên liên tiếp.
Nếu p = 3 thì p3 +
Bài 4. (6 điểm)
Tập san Toán học STAR EDUCATION
.
48
GV CHUYÊN THCS
1
(a) (2 điểm) Tam giác 4ABE vuông tại E nên AB
= cos ∠BAC
.
AE
1
1
BS
Tam giác 4BM S vuông tại M nên BM = cos ∠SBC = cos ∠BAC .
AB
BS
BS
Do đó
=
, lại có M B = M E nên M
= AB
.
E
AE
AE
BM
(b) (2 điểm) Sử dụng biến đổi góc ta có:
∠AEM = 180o − ∠M EC = 180o − ∠ACB = ∠BAC + ∠ABC
= ∠ABC + ∠SBC = ∠ABS
Xét tam giác 4ABS và 4AEM ta có:
∠ABS = ∠AEM (chứng minh trên),
BS
AB
=
,
ME
AE
nên ta có 4ABS v 4AEM (c - g - c).
(c) (2 điểm) Do 4ABS v 4AEM (theo câu b)) nên ta có ∠BAS = ∠CAM
(1) (hai góc tương ứng).
Gọi T là trung điểm của EF . Do 4AEF v 4ABC (g - g) và M, T tương
ứng là trung điểm của BC và EF nên 4AT F v 4AM C (c - g - c), do
đó ∠BAT = ∠CAM (2) (hai góc tương ứng).
Từ (1) và (2) suy ra ∠BAS = ∠BAT , dẫn đến A, T, S thẳng hàng.
Do 4AT F v 4AM C (cmt) nên ∠AT E = ∠AM B, suy ra tứ giác
N T P M nội tiếp, vậy ∠N P M = ∠M T E.
Lại có 4M EF cân tại M và T là trung điểm EF nên 4M T E = 90o , do
Tập san Toán học STAR EDUCATION
GV CHUYÊN THCS
đó ∠N P M = 90o hay N P ⊥BC.
Bài 5. (2 điểm) Kéo dài BI cắt đường tròn (O) tại T . Do BI là phân giác góc ∠ABD
nên T nằm giữa cung AD, vậy C, O, E, T thẳng hàng.
Vì CT là đường kính của (O) nên ∠CBT = 90o .
Lại có 4 điểm B, C, I, F cùng thuộc một đường tròn (gt) nên ∠IF C =
∠CBI = 90o .
Sử dụng tính chất quen thuộc của đường tròn nội tiếp ta có T I = T A = T D.
Do đó
T I 2 = DT 2 = T E.T C
nên 4T IE v 4T CI (c - g - c), suy ra ∠T IE = ∠T CI (hai góc tương ứng).
Dẫn đến
∠BIC = ∠IT E + ∠ICT = ∠IT E + ∠T IE = ∠CEI.
Mặt khác ∠BIC = ∠BF C nên ∠BF C = ∠CEI, suy ra ∠AF I = ∠AEI.
Vậy 4AF I = 4AEI (g - c - g) nên AF = AE và IF = IE, dẫn đến AI là
đường trung trực của EF hay AI⊥EF (đpcm).
Bài 6. (3 điểm)
(a) (1,5 điểm) Ta có thể phủ bàn cờ bằng 4 quân Tetromino như hình vẽ:
Tập san Toán học STAR EDUCATION
50
GV CHUYÊN THCS
Với n = 2020 ta có thể chia thành các khung hình vuông 4 × 4 như trên.
(b) (1,5 điểm) Ta chứng minh để các quân L - Tetromino phủ kín hết bàn
.
cờ thì n2 .. 8.
Thật vậy, giả sử hình vuông n x n được phủ kín bởi các quân cờ L Tetromino, vì số ô vuông của quân cờ L - Tetromino là 4 nên số ô vuông
.
của bàn cờ phải có dạng n2 = 4m, (m ∈ N ) nên n .. 2. Ta tô màu từng
cột trắng, đen xen kẻ như hình vẽ bên dưới:
Với mỗi cách tô màu trên thì hoặc quân cờ L - Tetromino chứa 3 ô đen
1 ô trắng (loại 1) hoặc L - Tetromino chứa 1 ô đen 3 ô trắng (loại 2).
Gọi x là số quân cờ L - Tetromino (loại 1) và y là số quân cờ L - Tetromino
(loại 2) được dùng, trong đó (x, y ∈ N ∗ ). Số ô màu đen là: 3x + y và số
ô màu trắng là x + 3y. Do số ô màu đen và số ô màu trắng là bằng nhau
nên
3x + y = x + 3y ⇔ x = y
Dẫn đến số quân cờ L - Tetromino loại 1 và loại 2 phải bằng nhau.
Tập san Toán học STAR EDUCATION
GV CHUYÊN THCS
Thêm vào đó theo cách tô màu (do n chia hết cho 2) nên sẽ có
và
n2
ô đen, do đó:
2
6x + 2y = n2
n2
.
2x + 6y = n2 ⇔ x = y =
⇒ n2 ..8
8
x=y
n2
ô trắng
2
.
Như vậy với n2 .. 8 ta có thể ghép phủ kín bàn cờ, với giá trị nhỏ nhất là
n = 4 đã chứng minh ở câu a).
Tập san Toán học STAR EDUCATION