Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 thành phố Thanh Hóa năm 2019-2020

Phiếu học tập tuần toán 7 Website tailieumontoan com UBND TP THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn Toán Ngày thi 06/10/2020 Thời gian 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức Với x 0, x 1 a) Rút gọn biểu thức b) Tìm giá trị nguyên của để nguyên Bài 2 (4 điểm) 1) Giải phương trình 2) Phan tích đa thức thành nhân tử Bài 3 (4 điểm) 1) Cho là hai số nguyên tố sao cho và Chứng minh rằng 2) Tìm cặp nghiệm nguy[.]

UBND TP THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC: 2019 – 2020 Môn: Toán Ngày thi: 06/10/2020

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (4 điểm)

Cho biểu thức:

2

P

    Với x  0, x  1.

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị nguyên của x để P nguyên

Bài 2 (4 điểm)

1) Giải phương trình x23x2 x27x12 34

2) Phan tích đa thức thành nhân tử  3  3 3

x y   y z   z x

1) Cho p q, là hai số nguyên tố sao cho p q 3 và p q 2 Chứng minh rằng

12

p q M

2) Tìm cặp nghiệm nguyên thỏa mãn: x2022  y2022y1348y6742

Bài 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

1) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC

2) Chứng minh H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF

3) Đặt BC a AC b AB c ;  ;  , Slà diện tích tam giác ABC Chứng minh

a   b c S

Bài 5 (1 điểm)

Cho các số thực dương thỏa mãn abc a c b  

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2

P

 HẾT  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

MÔN TOÁN 9 (2019 – 2020)

Bài 1 Cho biểu thức:

2

P

    Với x  0, x 

1.

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị nguyên của x để P nguyên

Lời giải

a) Rút gọn

P

    Với   0, x x1 

2 16 6

P

P



 14 33

P



1

x



Vậy

1 1

x P x





 Với x   0,  x  1 .

b) Tìm giá trị nguyên của x để P nguyên

1

P

Để Pnguyên thì x 1 U  2   1; 2  x0;2; 1;3 

Vì x  0 x0;2;3  x 0;4;9 ( Tmđk)

Vậy: x0;4;9 thì Pnguyên

Bài 6 1) Giải phương trình x23x2 x27x12 34

2) Phân tích đa thức thành nhân tử  3  3 3

x y   y z   z x

Lời giải

1) Giải phương trình x2 3x 2 x27x12 24

Ta có: x1 x2 x3 x4 24 x1 x4 x2 x 3 24

Đặt x2  5x 5 t Khi đó pt:  t 1 t 1 24 t2 25  t 5   t 5

*) Với t5x25x  5 5 x x    5 0 x 0;x 5

*) Với t 5         vô nghiệmx2 5x 5 5 x2 5x 10 0

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x0;x 5

2) Phân tích đa thức thành nhân tử   3  3 3

x y   y z   z x

Ta có: a3  b3 c3 3abc  a b c a  2     b2 c2 ab bc ca 3

Nếu a b c  0 thì a3  b3 c3 3abc:

Đặt: x y  1 a y z b z x;   ;   1 x

           

Vậy   3  3 3

x y    z x  y z 3x y 1 z x 1 y z 

Bài 7.

1) Cho p q, là hai số nguyên tố sao cho p q 3 và p q 2 Chứng minh rằng

12

p q M

2) Tìm cặp nghiệm nguyên thỏa mãn: x2022  y2022y1348y6742

Lời giải

1) Cho p q, là hai số nguyên tố sao cho p q  và 3 p q  Chứng minh rằng2

p q M 12

Do q là số nguyên tố lớn hơn 3, nên qM3, vậy q có dạng q3k1

+ Nếu q3k  1 p 3k3 và do đó pM  3 Mặt khác p là số nguyên tố lớn hơn 3, mâu thuẫn chứng tỏ q không thể có dạng 3k1

Do đó q3k  1 p 3k1 Từ đó: p q 6k  Mp q 3

Xét 2 số p1 và p1, ta thấy đây là 2 số chẵn liên tiếp (vì p q, là các số nguyên

tố lớn hơn và (p   1) (q 1) 2

Do đó trong hai số p1và q1 có một số chia hết cho 4.

Không mất tính tổng quát, giả sử (q M1  ) 4, khi đó q 1 4m p 4m1 

Suy ra p4m1 Do đó p q 4m(p q M) 4 (2)

Do  3, 4 1, nên từ (1) và (2) suy ra  p q M 12, ta có đpcm.

2) Tìm cặp nghiệm nguyên thỏa mãn: x2022 y2022y1348y6742

Đặt x674a y; 674b a b Z a b, ,  ; , 0

Ta có: a3   b3 b2 b 2

a      b b b b

Và: a3       b3 b2 b 2 b3 b 1 b2

Nếu b1 hoặc b 2 thì b1 b 2 0

Lúc đó suy ra:  3 3 3     3

b a   b b b b    b 1 a b không thể xảy ra

với a b Z a b,  ; , 0

Nên       2 b 1 b  2; 1;0;1

+) Với b   2; 1;0 Khi đó x y Z; 

+) Với b      1 y 1 x 1

Vậy pt có nghiệm nguyên là:  1;1 ; 1; 1 ; 1;1 ; 1; 1       .

Cho tam giác ABC nhọn các đường cao AD BE CF cắt nhau tại , , H

1) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC

2) Chứng minh H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF

3) Đặt BC a AC b AB c ;  ;  , Slà diện tích tam giác ABC Chứng minh

a   b c S

Lời giải

1) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC

Áp dụng tỉ số lượng giác trong các tam giác vuông ABE và ACF ta có:

AF

AE

cosA

Xét AEF và ABC có:

AF

AE

và ¶A chung nên AEF ∽ ABC (c.g.c) 2) Chứng minh H là giao điểm ba đường phân giác của DEF

Từ AEF ∽ ABC ·AEF ·ABC ( hai góc tương ứng) (1)

Cminh tt : CED ∽ CBA CED CBA· · (2)

Từ (1) và (2) ·AEF CED · mà BEA BEC· · 90o

Suy ra: BEF· ·BED EH là phân giác của ·FED

Cmtt: FH là phân giác của ·EFD, DH là phân giác của ·FDE

Suy ra H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF

3) ĐặtBC a AC b AB c ;  ;  , S là diện tích tam giác ABC Chứng minh

a   b c S

Ta có công thức Heron S p p a p b p c        

với 2

a b c

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

p a p b p c         p a p b p c    3 327p3

27 3 3

Hay

 2

12 3

a b c

S   

Mặt khác chứng minh được: 2a b c   3a2 b2 c2

 2  2 2 2

3

4 3

a b c

a b c

Dấu “=” xảy ra khi ABC đều.

Cho các số thực dương thỏa mãn abc a c b  

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2

P

Lời giải

Từ: abc a c b   b1ac  a c (1)

+) Nếu ac          ( vô lý) 1 a c 0 a c c2 1

Từ đó ac1

Từ (1)

 

a c



 

2

2

1

1

b

ac

  



 

2

2

1 1

1

b

Khi đó:

2

P

 

2

3 3

3

3 3

Dấu “=” xảy ra khi

1 2

a c b

ac

ac



 

 







2 2 2 2 4

a b c









 



 



Vậy:

 

, , ; 2;

max

 HẾT 