Đề thi HSG Toán 9 huyện Liên Châu lần 2

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (2.5 điểm). ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2 NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề  4 x 8x   x  1 2  x     .    3 x 9 x   x  x 2 x  P  Cho biểu thức 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  7 x  1  14 x  6 1 1 2   2 2 b) Chứng minh rằng với a b 1 thì 1  a 1  b 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  2 AF 2 có giá trị không đổi. a) Chứng minh : AE b) Chứng minh rằng: Câu 5 (1.0 điểm). x 2 -  2007 + y  x +3+ y = 0 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: ……………………………. Hết ……………………………. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng MTCT!) 1 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU Câu 1(2,5 đ) HDC ĐỀ HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Nội dung trình bày  4 x 8x   x  1 2  x  P     .  3  x 9  x   x  x 2 x   Cho biểu thức 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:  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 )  8 x  1 2  x  P .   (3  x )(3  x )  x 2 x  P 12 x  4 x  8 x  2 2 x  .   (3  x )(3  x )  2 x 2 x  P 12 x  4 x 2 2 x . (3  x )(3  x ) 2 x    0,25 0,25 0,25 4 x (3  x )( x) P (3  x )(3  x )2 x 2x P x 3 2x P x  3 , với x>0, x 1, x 9 Vậy b) Với x>0, x 1, x 9 thì P= - 1   2 x  x  3 0 Điểm 0,25 2x  1  2 x  x  3 x 3  0,25 0,25 x  1 2 x  3 0 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 2x P x  3 thì m( x  3) P  x 1 trở thành c) Với 2mx > x + 1  (2m - 1)x >1 1  m 2 Vì x> 9 >0 nên 2m – 1>0 1 1 x x 2m  1 . Vậy để 2m  1 với mọi x>9 thì Khi đó 2 0,25 0,25 0,25 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 0,25 1 1 10 5 9  2m  1   2m   m  2m  1 9 9 9 5 9 Vậy để với mọi x>9 ta có m( x  3) P  x  1 thì 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. 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  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 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 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) Vậy f(x) không thể nhận giá trị 2007 với mọi số nguyên x(đpcm) m 2(2,0 đ) 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 ). Khi đó 2p + 1 = (2m + 1)3 2p+1 = 8m3 + 12m2 + 6m +1 p=4m3 + 6m2 + 3m p=m(4m2 + 6m + 3) 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 x  1  7 x  1  14 x  6 (1) a) Giải phương trình: ĐKXĐ x 1 Bình phương hai vế phương trình (1), ta được: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x  1  7 x  1  2 (x  1)(7 x  1) 14 x  6  3(2,5 đ) (x  1)(7 x  1) 3 x  3 0,25  (x  1)(7 x  1) (3x  3) 2 (dox 1)  (x  1)(7 x  1  9 x  9) 0  (x  1)(10  2 x) 0  x  1 0  10  2 x 0 0,25 0,25  x 1   x 5 ( thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;5 3 0,25 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 1 1 2   2 2 b)Chứng minh rằng với a b 1 thì 1  a 1  b 1  ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 1 1 1    0 2 2 1  a 1  b 1  ab 1  ab 1   1 1   1       0 2 2  1  a 1  ab   1  b 1  ab  ab  a 2 ab  b 2   0  1  a 2   1  ab   1  b2   1  ab   a (b  a ) b(a  b)  0 2  1  a   1  ab   1  b2   1  ab   b a  a b  .   0 2 1  ab  1  a 1  b 2  0,25 0,25 0,25 0,25 b  a  a  ab 2  b  ba 2   .  0 1  ab  (1  a 2 )(1  b 2 )  (b  a ) 2 (ab  1) 0(*) (1  ab)(1  a 2 )(1  b 2 ) Vì a b 1 nên ab-1. Do dó (*) đúng với mọi a b 1 1 1 2   2 2 Vậy 1  a 1  b 1  ab , với a b 1 (đpcm) 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