Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 trường Liên Châu lần 2 2020-2021

Giới thiệu Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 trường Liên Châu lần 2 2020-2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 trường Liên Châu lần 2 2020-2021.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 9 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 trường Liên Châu lần 2 2020-2021

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 9 tại đây

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút, không kể giao đề Câu 1. (2,5 điểm)  4 x 8x   x  1 2  x  Cho biểu thức P      .  9 x  3 2 x  x x  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 2 p  1bằng lập phương của một số tự nhiên Câu 3. (2,5 điểm) a) Giải phương trình : x  1  7 x  1  14 x  6 b) Chứng minh rằng với a  b  1 thì 1 1 2   1  a 2 1  b 2 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  có giá trị không đổi 2 AE AF 2 b) Chứng minh rằng cos AKE  sin EKF .cos EFK  sin EFK .cos EKF a) Chứng minh Câu 5. (1,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x 2   2007  y  x  3  y  0 ĐÁP ÁN Câu 1. a) ĐKXĐ: x  0, x  1, x  9 , 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      P           12 x  4 x  8 x  2 2 x 12 x  4 x 22 x . .    2 x 3 x 3 x  2 x 2 x  3 x 3 x  62 x     2 x x  x 3 3 x 3 x 1   . 2x với x  0, x  1, x  9 x 3 b) Với x  0, x  1, x  9 thì 2x P  1   1  2 x   x  3  x  1  x  1(ktm) x 3 Vậy không có giá trị của x để P  1 2x c) Với P  thì m x  3 P  x  1 trở thành x 3 2mx  x  1   2m  1 x  1 Vậy P    1 2 1 1 Khi đó x  . Vậy để x  với mọi x  9 thì 2m  1 2m  1 1 1 5  9  2m  1   m  2m  1 9 9 Vì x  9  0 nên 2m  1  0  m  Vậy để với mọi x  9 ta có m   x  3 P  x  1 thì m  Câu 2. a) Giả sử tồn tại x  a, a ℤ để f  a   2007 1 5 9 Gọi 5 giá trị 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 5 số nguyên khác nhau và g  a  là số nguyên. Do đó vế trái của (*) là tích của ít nhất 5 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  dfcm  b) Tìm số nguyên tố p sao cho 2 p  1bằng lập phương của một số tự nhiên Giả sử 2 p  1  n 3  n  ℕ  , suy ra n là số lẻ  n  2m  1 m  ℕ  Khi đó 2 p  1   2m  1  8m3  12m 2  6m  1 3 p  4m3  6m 2  3m  p  m  4m 2  6m  3 Mà p là số nguyên tố và 4m 2  6m  3  1(với mọi m)  m  1 Suy ra p  13 là số nguyên tố thỏa mãn Vậy p  13 Câu 3. a) Giải phương trình : x  1  7 x  1  14 x  6 1 ĐKXĐ: x  1 Bình phương 2 vế của phương trình (1) ta được : x 1 7x 1 2  x  1 7 x  1  14 x  6  x  1 7 x  1  3x  3 2   x  1 7 x  1   3 x  3  do x  1  x 1   x  110  2 x   0   (tm) x  5  Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;5 b) 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 1  a  1  ab  1  b  1  ab  2 2 0 ba  a b   . 0 2 1  ab  1  a 1  b 2  b  a a  ab 2  b  ba 2  b  a   ab  1  0 *    . 0   1  ab 1  a 2 1  b 2  1  ab  1  a 2 1  b 2  2 Vì a  b  1 nên ab  1  0. Do đó * đúng với mọi a  b  1 Vậy 1 1 2   , với a  b  1(dfcm) 2 2 1  a 1  b 1  ab Câu 4. A K B D E C H F a) Chứng minh được ABF  ADK ( g .c.g )  AF  AK 1 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE tại A với AD là đường cao, ta có: 1 1 1    2 2 2 AK AE AD 2 1 1 1 1 Từ (1) và (2) suy ra    2 (không đổi) 2 2 2 AF AE AD a 1 1  Vậy có giá trị không đổi (đpcm) 2 AE AF 2 b) Kẻ EH  KF  H  KF  1 Ta có : S KEF  KA.EF , mà KA  KE.cos AKE nên 2 1 S KEF  KE.EF .cos AKE 1 2 1 1 Ta lại có S KEF  EH .KF  EH . KH  HF  2  2 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  sin EFK .cos EKF  sin EKF .cos EFK Vậy cos AKE  sin EKF .cos EFK  sin EFK .cos EKF (dfcm)  cos AKE  Câu 5. Ta có : x 2   2007  y  x  3  y  0   x  1  2005  x  1  y  x  1  2003 2 Do đó x  1 là ước của 2003   x  1   1; 2003 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 Vậy các cặp số nguyên  x; y  cần tìm là :  2; 4007  ;  0; 3 ;  2004; 3 ;  2002; 4007 
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top