Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Kèm hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 (Kèm hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2020 – 2021, môn Toán Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/11/2020 (Đề thi có 01 trang; Người coi thi không giải thích gì thêm) Bài 1: (5 điểm) x x 3 2( x 3) x 3 1. Cho biểu thức A = x 2 x 3 x 1 3 x a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm giá trị nhỏ nhất của A 2. Chứng minh rằng: A= 2 2 2 2 2 < 2 (2020 chữ số 2) Bài 2: (5 điểm) 1. Giải phương trình sau: x 2 4 x 2x 2 5x 3 2. Tìm các số nguyên x để biểu thức x4 2x3 2x2 x 3 là một số chính phương. Bài 3: (4 điểm) 1. Cho P x x4 +ax3 bx2 cx d , trong đó a, b, c, d là hằng số. P(0) P( 8) 437.P( 2) Biết P(-2) = 6; P(-4) = 12; P(-6) = 18. Tính A 2020 2. Với các số dương a, b thỏa mãn a3 b3 6ab 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 3 P ab a 2 b2 ab Bài 4: (5 điểm) 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) có D, E, F theo thứ tự là trung điểm của BC, AC, AB. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC a) Chứng minh tam giác HAB và tam giác ODE đồng dạng b) Kẻ các đường thẳng DM//OA, EN//OB, FG//OC (M AH; N BH; G CH). Chứng minh các đường thẳng DM, EN, FG đồng quy 2. Từ điểm M nằm trong tam giác ABC cho trước lần lượt vẽ các đường vuông góc MA’, MB’, MC’ đến BC, CA, AB. Tìm vị trí của M để tích MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất. Bài 5: (1 điểm) Cho dãy gồm 1000 số: 7, 77, 777, 7777, , 777 7. Chứng minh trong dãy trên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013. - Hết -
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Hướng dẫn nội dung Điểm 1. a) 2,5 điểm ĐKXĐ : x 0 ; x 9 0,5 x x 3 2( x 3) x 3 A = ( x 1)( x 3) x 1 x 3 x x 3 2( x 3)( x 3) ( x 3)( x 1) A= 0,5 ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) ( x 3)( x 1) x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3 0,5 A = ( x 1)( x 3) x x 3x 8 x 24 ( x 3)(x 8) x 8 A = = = 1 ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) x 1 1.b) 1,5 điểm x 1 9 x 1 9 9 9 Cosi 1 A= x 1 x 1 2 2.3 2 4 Bài 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 (5đ) Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 4 9 0,5 x 1 ( x 1)2 9 x 1 3 x 4(t / m) x 1 2. (1 điểm) A1 2 2 0,5 A2 2 2 2 A1 2 2 2 A3 2 2 2 2 A2 2 2 2 0,5 A2020 A 2 A2019 2 2 2 A= 2 2 2 2 2 2 (đpcm) 1. (3 điểm) ĐK: 2 x 4 0,5 Phương trình đã cho tương đương với: x 2 1 1 4 x 2x2 5x 3 x 3 x 3 (x 3)(2x 1) x 2 1 1 4 x 0,5 1 1 x 3 (2x 1) 0 x 2 1 1 4 x 0,5 Bài 2 x 3 (5 1 1 0,5 (2x 1) 0 điểm) x 2 1 1 4 x 1 1 Với 2 x 4 thì 1; 1;2x 1 5 nên 0,5 x 2 1 1 4 x 1 1 (2x 1) 0 x 2 1 1 4 x 0,5 Từ đó suy ra: x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. (2 điểm) Đặt x4 2x3 2x2 x 3= y2 (với y là số tự nhiên) 0,5
3. Ta có: y2 (x 4 2x 3 x 2 ) (x 2 x 3) (x 2 x)2 (x 2 x 3) Ta sẽ chứng minh: a 2 y2 (a 2)2 với a = x2 + x 0,5 1 11 Thật vậy: y2 a 2 x2 x 3 (x )2 0 y2 a 2 2 4 0,5 1 1 (a 2)2 y2 3x2 3x 1 3(x )2 0 y2 (a 2)2 2 4 Do a 2 y2 (a 2)2 nên y2 = (a+1)2 Hay (x 2 x) (x 2 x 3) (x 2 x 1)2 x2 x 2 0 x = 1 hoặc x = -2 Thử lại: với x = 1 hoặc x = -2 biểu thức đã cho đều bằng 9=32, thỏa mãn. 0,5 Vậy x 1, 2 1. (2 điểm) Đặt Q(x) = P(x) +3x Q(-2)=Q(-4)=Q(-6)=0 0,5 -2;-4;-6 là nghiệm của Q(x), mà Q(x) là đa thức bậc 4 nên Q(x) có dạng: Q(x)= 0,5 (x+2)(x+4)(x+6)(x-m) P(x)= (x+2)(x+4)(x+6)(x-m)-3x 0,5 Tính được P(0)=48m; P(-8)= 408+48m 48m 408 48m 437.6 3030 3 0,5 Bài 3 A 202 2020 2 (4 điểm) 2. (2 điểm) Ta có:a 3 b3 6ab 8 (a b 2)(a 2 ab b2 2a 2b 4) 0 a b 2 0,5 1 3 1 1 1 3 P 2 2 ab 2 2 ab 0,75 a b ab a b 2ab ab 2ab 4 6 9 P 2 0,5 a 2 b2 2ab (a b)2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=1 0,25 Kết luận: Bài 4 1. (4 điểm) (5 1.a (2,5 điểm) điểm) A M E F H O C B D 1 a) Chứng minh được ED//= AB, OD//AH (cùng vuông góc BC), BH//OE 2 1 (cùng vuông góc AC) A· BH D· EO ; B· AH E· DO (góc có cạnh tương ứng song song) 1 VABH : VDEO(g.g) (đpcm) 0,5 1.b) (1,5 điểm)
4. 1 Từ câu a) suy ra: OD// AH 2 0,5 Chứng minh được tứ giác AMDO là hình bình hành suy ra OD=AM=MH, dẫn 0,5 đến tứ giác MODH là hình bình hành. Nên DM đi qua trung điểm I của OH. Chứng minh tương tự có EN, FG đi qua I. Nên các đường thẳng DM, EN, FG 0,5 đồng quy (đpcm) 2. (1 điểm) A B' C' M B A' C Đặt MA’=x, MB’=y, MC’=z; BC=a; AC=b; AB=c 1 S S S S (ax by cz) ABC BMC AMC BMA 2 ax by cz 2SABC 0,5 1 1 ax by cz 8S3 MA'.MB'.MC' xyz (ax)(by)(cz) ( )3 ABC abc abc 3 27abc Dấu “=” xảy ra ax=by=cz , suy ra diện tích các tam giác BMC, tam giác AMC, 0,5 tam giác AMB bằng nhau, khi đó M là trọng tâm tam giác ABC. Vậy MA’.MB’.MC’ lớn nhất khi M là trọng tâm của tam giác ABC Bài 5 Tách 2013 = 3.11.61 trong đó 3;11;61 đôi một nguyên tố cùng nhau (1 Sử dụng điều kiện chia hết cho đồng thời 3 và 11, đó là những số có số chữ số là điểm) bội của 6. Đó là những số: 777777 (6 chữ số), 777777777777 (12 chữ số), 777 77 (996 0,5 chữ số) Số số hạng của dãy trên là (996-6) : 6 +1=166 Khi chia 166 số trên cho 61 thì có 166 số dư, mà số dư của các phép chia này chỉ nhận 61 giá trị từ 0 đến 60, nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại 2 số trong dãy trên có cùng số dư khi chia cho 61 hiệu của hai số đó chia hết cho 61 Hiệu của hai số có dạng: 77 7.10n (có k số 7, 6 k 990 ) 0,5 Mà (10n, 61)=1 suy ra 77 7 chia hết cho 61 Vậy trong 1000 số đã cho tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2013