028 đề thi hsg toán 9 trường liên châu lần 2 2020 2021

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)

Cho biểu thức

9

P

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  bằng lập phương của một số tự nhiên 1

Câu 3 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình : x 1 7x 1 14x 6

b) Chứng minh rằng với a b  thì 1 2 2

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 Acắt đường thẳng CD tại K

a) Chứng minh 2 2

AE  AF có giá trị không đổi

b) Chứng minh rằng cosAKEsinEKF.cosEFK sinEFK.cosEKF

Câu 5 (1,0 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn ;  x2 2007 y x  3 y 0

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) ĐKXĐ: x0,x1,x , ta có :9

2

P

x

P

x



Vậy

2 3

x P

x



 với x 0,x1,x9 b) Với x0,x1,x thì9

2

3

x

x

 Vậy không có giá trị của x để P 1

c) Với

2 3

x P

x



 thì m x  3P x 1

trở thành

2mx x  1 2m 1 x1

Vì x   nên 9 0

1

2

m   m

Khi đó

1

x

m



 Vậy để

1

x m



 với mọi x  thì 9

2m 1  m  9 m9

Vậy để với mọi x  ta có 9 m x  3P x 1

thì

5 9

m 

Câu 2.

a) Giả sử tồn tại x a a ,   để f a   2007 1 

Gọi 5 giá trị khác nhau của x để f x   2017là x x x x x1, , , ,2 3 4 5

Suy ra f x 1 f x 2 f x 3 f x 4 f x 5 2017

 1 2017  2 2017  3 2017  4 2017  5 2017 0

1, , , ,2 3 4 5

x x x x x

 là các nghiệm của đa thức f x   2017

  2017  1  2  3  4  5  

thức với hệ số nguyên

Khi đó f a  2017a x 1 a x 2 a x 3 a x 4 a x g a 5    2

Từ (1) và (2) suy ra 2007 2017 a x 1 a x 2 a x 3 a x 4 a x g a 5   Hay 10a x 1 a x 2 a x 3 a x 4 a x g a 5    *

Vì x x x x x1, , , ,2 3 4 5là các số nguyên khác nhau, a là số nguyên, g x là đa thức với  

hệ số nguyên nên a x 1 , a x 2 , a x 3 , a x 4 , a x 5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  bằng lập phương của một số tự nhiên1

Giả sử 2p 1 n n3  ,suy ra nlà số lẻ  n2m1m 

Khi đó 2p 1 2m13 8m3 12m2 6m1

Mà p là số nguyên tố và 4m2 6m  (với mọi m)3 1  m1

Suy ra p  là số nguyên tố thỏa mãn 13

Vậy p 13

Câu 3.

a) Giải phương trình : x 1 7x 1 14x 6 1 

ĐKXĐ: x 1

Bình phương 2 vế của phương trình (1) ta được :

   

   

   

2

1

5

x

x





 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;5

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

 

 

0

0

0

0

   

       

2

1

b a ab

b a a ab b ba

Vì a b  nên 1 ab   Do đó 1 0.  * đúng với mọi a b 1

,

1a 1b 1ab với a b 1(dfcm)

Câu 4.

H

F

E

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:

 

2

AK  AE AD

Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 2

AF  AE AD a (không đổi)

AE  AF có giá trị không đổi (đpcm)

b) Kẻ EH KF H KF  

Ta có :

1 2

KEF

S  KA EF

, mà KA KE .cosAKEnên

 

1

2

KEF

S  KE EF AKE

Ta lại có 1 1    2

KEF

S  EH KF  EH KH HF

Từ (1) và (2) suy ra KE EF .cosAKE EH KH HF   

EH KH HF EH KH EH HF EH KH EH HF AKE

Vậy cosAKEsinEKF.cosEFK sinEFK.cosEKF dfcm( )

Câu 5.

Ta có : x2  2007 y x  3 y  0 x 12 2005x 1 y x  1 2003

Do đó x  là ước của 1 2003 x 1   1; 2003

x   x , thay vào phương trình đã cho ta có y 4007

x   x , thay vào phương trình đã cho ta có y 3

x   x , thay vào phương trình đã cho ta có y 3

x   x , 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          