Đề thi chọn đội tuyển vòng 1 dự thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng Giáo dục và đào tạo Yên Định

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển vòng 1 dự thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng Giáo dục và đào tạo Yên Định

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG I DỰ THI YÊN ĐỊNH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này gồm có 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm) x3 x 1 1 x2 x 1 Cho biểu thức: A 2 . 2 2 3 , với x 1 . x 1 x 2x 1 1 x x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A x3 1 . Câu 2 (4,0 điểm). 18 18 1) Giải phương trình: x2 6x 4 . x2 4x 3 (x 3)(x 5) 1 1 1 2) Cho ba số thực a, b, c khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn : 0 . a b c a. Chứng minh rằng : a2 2bc (a b)(a c) . 2020a2 2021bc 2020b2 2021ac 2020c2 2021ab b. Tính giá trị của biểu thức : A . a2 2bc b2 2ac c2 2ab Câu 3 (4,0 điểm). 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 x x2 y xy y . 2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a2020 1 chia hết cho 240. Câu 4 (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm I nằm giữa hai điểm A và B, điểm K nằm giữa hai điểm B và C sao cho BI = CK. Gọi O là giao điểm của AC và BD. 1) Chứng minh O· IK O· KI 450 . 2) Gọi M là giao điểm của AC và DI, N là giao điểm của BD và AK. Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân. 3) Xác định vị trí của các điểm I, K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính nhỏ nhất đó theo a. Câu 5 (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc. a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q . 3a2 1 3b2 1 3c2 1 Hết Họ tên thí sinh: SBD Giám thị không giải thích gì thêm
2. PHÒNG GD&ĐT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Hướng dẫn chấm gồm có 5 trang. Câu 1 1) Rút gọn A. (4đ) x3 x 1 1 x2 x 1 A 2 . 2 2 3 x 1 x 2x 1 1 x x 1 x(x2 1) 1 1 x2 x 1 . 2 2 2 0,5 x 1 (x 1) (x 1)(x 1) (x 1)(x x 1) x(x2 1) (x 1) (x 1) 1 x(x 1)(x 1) 2 1 . . x2 1 (x 1)2.(x 1) x 1 x2 1 (x 1)2.(x 1) x 1 0,5 2x 1 2x (x2 1) (x2 2x 1) (x2 1)(x 1) x 1 (x2 1)(x 1) (x2 1)(x 1) 0,5 (x 1)2 1 x 1 x 0,5 . Vậy : A ( với x 1 ). (x2 1)(x 1) x2 1 x2 1 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A x3 1 . 1 x A x3 1 x3 1 ( với x 1 ). x2 1 0,5 1 x (x3 1)(x2 1) 1 x x5 x3 x2 1 x5 x3 x2 x 0 x(x4 x2 x 1) 0 0,5 2 4 1 3 x x x 0 0,5 2 4 2 4 1 3 0,5 x 0 (vì x x 0 x R. ) 2 4 Giá trị x = 0 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy để Athì x3 = 10. Câu 2 18 18 1) Giải phương trình: x2 6x 4 (1) (4đ) x2 4x 3 (x 3)(x 5) - ĐKXĐ : x 1 x2 4x 3 0 (x 1)(x 3) 0 x 3. (x 3)(x 5) 0 (x 3)(x 5) 0 0,5 x 5 1 1 2 (1) 18 x 6x 4 . (x 1)(x 3) (x 3)(x 5) 2x 6 18 x2 6x 4 (x 1)(x 3)(x 5) 0,5
3. 2 36 18 x2 6x 4 x2 6x 4 (x 1)(x 5) x2 6x 5 2 2 2 1 9 2 1 9 x 6x 5 x 6x 4 36 x 6x x 6x 36 2 2 2 2 0,5 2 2 2 1 81 2 1 225 x 6x 36 x 6x 2 4 2 4 x 3 4 x 1 2 1 15 x 6x 2 2 2 2 x 6x 7 (x 3) 16 x 3 4 x 7 2 2 0,5 2 1 15 x 6x 8 (x 3) 1 x 3 1 x 2 x 6x 2 2 x 3 1 x 4 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là : 7; 4; 2;1 2a. Chứng minh rằng : a2 2bc (a b)(a c) . 1 1 1 bc ac ab Ta có : 0 0 bc ac ab 0 bc ac ab a b c abc 0,5 a2 2bc a2 bc ac ab (a2 ac) (bc ab) a(a c) b(a c) (a b)(a c) 0,5 2b. Tính giá trị của biểu thức : 2020a2 2021bc 2020b2 2021ac 2020c2 2021ab A . a2 2bc b2 2ac c2 2ab Tương tự, ta có : .b2 2ca (b c)(b a); c2 2ab (c a)(c b) 0,5 2020(a2 2bc) 2019bc 2020(b2 2ac) 2019ac 2020(c2 2ab) 2019ab A a2 2bc b2 2ac c2 2ab bc ac ab A 6060 2019 2 2 2 a 2bc b 2ac c 2ab bc ac ab A 6060 2019 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) bc ac ab A 6060 2019 (a b)(c a) (b c)(a b) (c a)(b c) bc(b c) ac(c a) ab(a b) A 6060 2019. (1) (a b)(b c)(c a) Mặt khác : bc(b c) ac(c a) ab(a b) (b c)a2 (b2 c2 )a bc(b c) 0,5 2 2 (b c) a (b c)a bc (b c) (a ab) ( ac bc) (b c)(c a)(a b) (2) Từ (1), (2) suy ra : A 6061 2019 4041 Câu 3 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 x x2 y xy y . (1)
4. 2 2 (4đ) 2 2 x x 2 1 3 0,5 (1) x x (x x 1)y y 2 (2) ( vì x x 1 x 0 ) x x 1 2 4 (x2 x 1) (2x 1) 2x 1 0,5 y 1 x2 x 1 x2 x 1 2x 1 (2x 1)2 0,5 Vì x Z, y Z nên Z Z . Mà x2 x 1 x2 x 1 (2x 1)2 4x2 4x 1 4(x2 x 1) 3 3 4 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 3 Z x2 x 1 U (3) 1; 3 x2 x 1 1;3 vì .x2 x 1 0 x2 x 1 Trường hợp : x2 x 1 1 x 0;1 . Thay vào (2) ta được các nghiệm 0,5 (x; y) (0;0),(x; y) (1;2). Trường hợp : .x Thay2 x 1vào 3 (2) xta được 1;2 các nghiệm (x; y) ( 1;0),(x; y) (2;2). Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên : (x; y) (0;0),(x; y) (1;2), (x; y) ( 1;0),(x; y) (2;2). 2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a2020 1 chia hết cho 240. 505 a2020 1 a4 1505 a4 1 .M a 1 a 1 a2 1 .M 0,5 Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a – 1 và a + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Do đó Tích a 1 a 1 chia hết cho 8. (1) Trong ba số tự nhiên liên tiếp aluôn 1, a có, a một1 số chia hết cho 3. 0,5 Nhưng a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên A không chia hết cho 3. Do đó, a – 1 hoặc a + 1 chia hết cho 3. Tích a 1 a 1 chia hết cho 3. (2) Vì (8;3) 1nên từ (1) và (2) suy ra, tích a 1 a 1 chia hết cho 24 (*) Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a là số lẻ. Suy ra achia2 1 hết cho 2. (3) 0,5 Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 5. Số a thuộc một trong 0,5 các dạng : 5k 1, 5k 2, 5k 3, 5k 4 . Suy ra a4 1 chia hết cho 5. (4) Vì (2;5) 1 nên từ (3) và (4) suy ra, tích a2 1chia hết cho10. ( ) Từ (*), ( ) suy ra a 1 a 1 a2 1 chia hết cho 240. Vậy a2020 1 chia hết cho 240.
5. Câu 4 A I B (6,0đ) E M N O K D C 1) Chứng minh O· IK O· KI 450 . Vì tứ giác ABCD là hình vuông có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại 0,5 O nên theo tính chất của hình vuông, suy ra: I·BO K· CO 450 ,OB OC. Xét IBO và IBO có : IB KC (gt), I·BO K· CO,OB OC ( chứng minh trên). IBO KCO (c.g.c) 0,5 OI OK. (1) ( các cạnh tương ứng ), I·OB K· OC ( các góc tương ứng ) 0,5 I·OK I·OB B· OK K· OC B· OK B· OC 900. (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác IOK vuông cân tại O. suy ra : O· IK O· KI 450 0,5 2) Gọi M là giao điểm của AC và DI, N là giao điểm của BD và AK. Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân. Gọi E là giao điểm của AK và DI. 0,5 Ta có : AB BC a, BI CK AB BI BC CK AI BK. Xét ADI và BAK có : AD BA a, D· AI ·ABK 900 , AI BK ( chứng minh 0,5 trên). ADI BAK (c.g.c) ·ADI B· AK ( các góc tương ứng ) hay ·ADI I·AE . Mà ·ADI D· IA 900 0,5 I·AE D· IA 900 AEI vuông tại E. AE  DI . Mặt khác AO  DN ( theo tính chất của hình vuông). Suy ra AO, DE là hai 0,5 đường cao của tam giác AND, chúng cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác AND. Suy ra : MN  AD MN / / AB ( vì cùng vuông góc với AD ). Tứ giác AMNB là hình thang. Hình thang AMNB có hai góc kề đáy bằng nhau (M· AB N· BA 450 ) nên là hình thang cân. 3) Xác định vị trí của các điểm I, K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính nhỏ nhất đó theo a. Ta có : SDIK SABCD SADI SDCK SBIK 0,5 2 a.AI a.CK BI.BK SDIK a 2 2 2
6. 2 2 a.(AI CK) BI.BK 2 a BI.BK 0,5 SDIK a a 2 2 2 2 ( Vì AI CK AI BI AB a ) a2 BI.BK S (1) DIK 2 2 Vì (BI BK)2 0 BI 2 2BI.BK BK 2 0 0,5 2 2 2 BI BK a BI 2 2BI.BK BK 2 4BI.BK BI BK 4BI.BK BI.BK 4 4 a2 a2 3a2 Nên kết hợp với (1) ta được : S . DIK 2 8 8 a Dấu “=” xảy ra BI BK . 0,5 2 a Vậy khi BI BK thì diện tích tam giác DIK nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó 2 3a2 bằng . . 8 Câu 5 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc. (2,0đ) a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q . 3a2 1 3b2 1 3c2 1 1 1 1 0,5 - Ta có : 3abc a2 b2 c2 ab bc ca 3. a b c 1 1 1 0,5 - Đặt x , y , z . Khi đó x, y, z 0 và x y z 3 . a b c 1 1 1 a b c x y z Q a b c 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3a 1 3b 1 3c 1 3 3 3 x 3 y 3 z 3 a2 b2 c2 x x x 1 1 0,5 - Vì 1 và hai bất đẳng thức tương tự x2 3 (x2 1) 2 2x 2 2 x 1 3 1 1 1 1 3 1 9 3 1 9 3 nên :Q . . 2 2 x 1 y 1 z 1 2 2 (x y z) 3 2 2 6 4 Dấu bằng xảy ra khi x y z 1 a b c 1. 0,5 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q là , đạt được tại a b c 1. 4 HẾT