Tải về Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Liên Châu lần 2 năm

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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!). PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HDC ĐỀ HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU. Câu. 1(2,5 đ). 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     .   9  x 3  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. Điểm. 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 . 0,25. 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. 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. . . . 0,25. 0,25. 2x  1  2 x  x  3 x 3. . 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 1 1 10 5 9  2m  1   2m   m  2m  1 9 9 9 5 m 9 Vậy để với mọi x>9 ta có m( x  3) P  x  1 thì. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2(2,0 đ). 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) 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. 3(2,5 đ). 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 . (x  1)(7 x  1) 3 x  3.  (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. 0,25.  x  1 0   10  2 x 0. 0,25.  x 1   x 5 ( thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;5. 0,25 0,25. 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. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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. 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<ED). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. . 4(2,0 đ). 0,25. 1 1  2 AF 2 có giá trị không đổi. a)Chứng minh : AE b)Chứng minh rằng:. 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 1 1 1   2 2 AE AD 2 (2) có AK 1 1 1 1    2 2 2 2 AE AD a (không đổi) Từ (1) và (2) suy ra AF. -. 1 1  2 AF 2 có giá trị không đổi (đpcm) Vậy AE. -. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b) Kẻ EH -. -.  KF). 1 S KEF  KA.EF 2 Ta có , mà. S KEF. -.  KF (H. AKE nên. 1  KE.EF.cos AKE 2 (1). 0,25. 1 1 S KEF  EH.K F  EH (KH  HF ) 2 2 Ta lại có (2)  Từ (1) và (2) suy ra: KE.EF.cos AKE = EH (KH  HF ). EH ( KH  HF ) EH .KH  EH .HF EH KH EH HF   .  . KE.EF KE.EF EF KE KE EF      Suy ra cos AKE = SinEFK .Cos EKF  SinEKF .Cos EFK      Vậy cos AKE = SinEFK .Cos EKF  SinEKF .Cos EFK (đpcm) Ta có: 2 x 2   2007  y  x  3  y 0   x  1  2005  x  1  y  x  1 2003. Do đó x−1. là ước của 2003.  ( x  1)  1; 2003 Mặt khác 2003 là số nguyên tố 5(1đ). 0,25. x−1=1 ⇔ x=2 thay vào phương trình đã cho ta có: y=−4007 * 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. 0,25 0,25. 0,25 0,25. *. 0,25. Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) cần tìm là:  2;  4007  ,  0;  3 ;  2004;  3 ;   2002;  4007 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>