Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy 3 số trước khi dùng.. Bài 2.[r]
Trang 1Tập thể GV chuyên Toán Star Education
STAR-EDUCATION
KIẾM TRA CUỐI KHÓA 1
(Đề chính thức)
MÔN: TOÁN - LỚP 9 CĐ năm học 2019-2020 Thời gian: 150 phút - Không kể thời gian giao đề Bài 1 (3 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x3+ y3 = 2
(a) (1 điểm) Tìm các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y
(b) (1 điểm) Chứng minh rằng: x2+ y2+ 30
x + y ≥ 17xy
(c) (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2+ y2+ 8
x + y. Bài 2 (3 điểm)
(a) (2 điểm) Giải hệ phương trình:
x + y = √
4z − 1
y + z = √
4x − 1
z + x =√
4y − 1
(b) (1 điểm) Cho a, b > 0 và a + b ≤ 2ab Chứng minh: a
a + b2 + b
b + a2 ≤ 1 Bài 3 (3 điểm) Cho p là một số nguyên tố
(a) (1,5 điểm) Tìm p sao cho p3+p − 1
2 = 2020.
(b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p3+p − 1
phải tích của 2 số tự nhiên liên tiếp
Bài 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) BE, CF lần lượt
là các đường cao của tam giác Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau ở S Gọi M
là giao điểm của BC và OS
(a) (2 điểm) Chứng minh rằng AB
BS
M E (b) (2 điểm) Chứng minh rằng ∆AEM ∼ ∆ABS
(c) (2 điểm) Gọi N là giao điểm của AM và EF , P là giao điểm của AS và
BC Chứng minh N P vuông BC
Trang 2Bài 5 (2 điểm) Cho tứ giác ABCD (AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) và có
AC = CD Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 4ABD Gọi (BIC) cắt AB tại điểm thứ hai F Gọi E là trung điểm AD Chứng minh rằng AI vuông EF
Bài 6 (3 điểm) Người ta dùng một số quân cờ hình L - Tetromino gồm 4 ô vuông
kích thước 1 x 1, hình chữ L, có thể xoay hoặc lật ngược mọi hướng để ghép phủ kín một bàn cờ hình vuông kích thước n × n (n là số nguyên dương) gồm
n2 ô vuông kích thước 1 × 1 theo quy tắc sau:
Với mỗi quân cờ sau khi ghép vào bàn cờ, các ô vuông của nó phải trùng với các ô vuông của bàn cờ
Không có hai quân cờ nào mà sau khi ghép vào bàn cờ chúng kê lên nhau
(a) (1,5 điểm) Khi n = 4 và n = 2020, hãy chỉ ra một cách ghép phủ kín bàn
cờ (có thể minh họa bằng hình vẽ)
(b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng để phủ kín bàn cờ thì n2 8.
– HẾT – Lưu ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Trang 3LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1 (3 điểm)
(a) (1 điểm) Ta có:
x3 + y3 = 2 ⇔ (x + y)
"
x − 1
2y
2
+3
4y
2
#
= 2 ⇒ x + y > 0
Do x + y > 0 nên:
0 < x + y
2
3
≤ x
3+ y3
2 = 1 ⇒ 0 < x + y ≤ 2
Vì x + y ∈ N∗ ta xét hai trường hợp sau:
Với x+y = 1 thì x3+ y3 = 2
x + y = 1 ⇔ (x + y)3− 3xy (x + y) = 2
(
xy = −1
3
x + y = 1 Khi đó các cặp số (x, y) tương ứng là
(x, y) =
(
3 +√ 21
3 −√ 21 6
!
, 3 −
√ 21
3 +√ 21 6
!)
Với x+y = 2 thì xx + y = 23+ y3 = 2 ⇔ (x + y)3− 3xy (x + y) = 2
xy = 1
x + y = 2
Do đó ta có (x, y) = (1; 1)
Như vậy các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y là 1 hoặc 2
(b) (1 điểm) Do x3+ y3 = 2 và x + y > 0 Ta sử dụng biến đổi tương đương như sau:
x2+y2+ 30
x + y ≥ 17xy ⇔ x2+y2+15 x2+ y2− xy ≥ 17xy ⇔ 16(x − y)2
≥ 0
(c) (1 điểm) Do x + y > 0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
x2+y2+ 8
x + y ≥ (x + y)
2
4
x + y+
4
x + y ≥ 33
s (x + y)2
4
x + y.
4
x + y = 6
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6 Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 (thỏa mãn điều kiện x3 + y3 = 2) Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy 3 số trước khi dùng
Bài 2 (3 điểm)
Trang 4(a) (2 điểm) ĐKXĐ: x, y, z ≥ 1
4 Giả sử x > y ≥
1
4, khi đó:
x > y ⇒√
4x − 1 >p4y − 1 ⇒ y + z > z + x ⇒ y > x
Điều này vô lí, chứng minh tương tự cho trường hợp 1
4 ≤ x < y Dẫn đến x = y Chứng minh tương tự ta có x = y = z Thay x = y = z vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
2x =√
4x − 1 ⇔ 4x2 = 4x − 1 ⇔ (2x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1
2
Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x, y, z) = 1
2;
1
2;
1 2
(b) (1 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta có:
a
a + b2+ b
b + a2 = a (a + 1)
(a + b2) (a + 1)+
b (b + 1) (b + a2) (b + 1) ≤ a (a + 1)
(a + b)2 +
b (b + 1) (a + b)2. Lại có a + b ≤ 2ab (giả thuyết) nên ta có:
a
a + b2 + b
b + a2 ≤ a
2+ a + b2+ b (a + b)2 ≤ a
2+ 2ab + b2
(a + b)2 =
(a + b)2 (a + b)2 = 1. Bài 3 (3 điểm)
(a) (1,5 điểm) Do p là một số nguyên tố nên p − 1
2 > 0 Do đó p
3 < 2020 ⇒
0 < p ≤ 12 nên p ∈ {2, 3, 5, 7, 11}
Thử lại với các kết quả trên đều không tồn tại p thỏa mãn yêu cầu bài toán
(b) (1,5 điểm) Giả sử p3 +p − 1
2 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp khi đó
p3+p − 1
2 = a (a + 1), với (a ∈ N ) Ta có:
p3+ p − 1
2 = a (a + 1) ⇔ 2p 2p
2+ 1 = (2a + 1)2
+ 1
Nếu p = 3 thì p3+p − 1
2 = 28 (loại).
Nếu p 6= 3 thì p2 ≡ 1 (mod3) nên (2p2+ 1) ≡ 0 (mod3), lại có một số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên (2a + 1)2 ≡ 0; 1 (mod3) ⇒ (2a + 1)2+ 1 ≡ 1; 2 (mod3) (vô lí)
Do đó với mọi số nguyên tố p thì p3+p − 1
2 không phải tích của 2 số tự nhiên liên tiếp
Bài 4 (6 điểm)
Trang 5(a) (2 điểm) Tam giác 4ABE vuông tại E nên ABAE = 1
cos ∠BAC Tam giác 4BM S vuông tại M nên BMBS = cos ∠SBC1 = cos ∠BAC1
Do đó AB
BS
BM, lại có M B = M E nên
BS
M E = ABAE
(b) (2 điểm) Sử dụng biến đổi góc ta có:
∠AEM = 180o− ∠MEC = 180o
− ∠ACB = ∠BAC + ∠ABC
= ∠ABC + ∠SBC = ∠ABS Xét tam giác 4ABS và 4AEM ta có:
∠ABS = ∠AEM (chứng minh trên),
AB
AE, nên ta có 4ABS v 4AEM (c - g - c)
(c) (2 điểm) Do 4ABS v 4AEM (theo câu b)) nên ta có ∠BAS = ∠CAM (1) (hai góc tương ứng)
Gọi T là trung điểm của EF Do 4AEF v 4ABC (g - g) và M, T tương ứng là trung điểm của BC và EF nên 4AT F v 4AMC (c - g - c), do
đó∠BAT = ∠CAM (2) (hai góc tương ứng)
Từ (1) và (2) suy ra ∠BAS = ∠BAT , dẫn đến A, T, S thẳng hàng
N T P M nội tiếp, vậy ∠NP M = ∠MT E
Lại có 4M EF cân tại M và T là trung điểm EF nên 4M T E = 90o, do
Trang 6đó∠NP M = 90o hay N P ⊥BC.
Bài 5 (2 điểm) Kéo dài BI cắt đường tròn (O) tại T Do BI là phân giác góc∠ABD
nên T nằm giữa cung AD, vậy C, O, E, T thẳng hàng
Vì CT là đường kính của (O) nên ∠CBT = 90o
Lại có 4 điểm B, C, I, F cùng thuộc một đường tròn (gt) nên ∠IF C =
∠CBI = 90o
Sử dụng tính chất quen thuộc của đường tròn nội tiếp ta có T I = T A = T D
Do đó
T I2 = DT2 = T E.T C nên 4T IE v 4T CI (c - g - c), suy ra ∠T IE = ∠T CI (hai góc tương ứng) Dẫn đến
∠BIC = ∠IT E + ∠ICT = ∠IT E + ∠T IE = ∠CEI
Mặt khác ∠BIC = ∠BF C nên ∠BF C = ∠CEI, suy ra ∠AF I = ∠AEI Vậy 4AF I = 4AEI (g - c - g) nên AF = AE và IF = IE, dẫn đến AI là đường trung trực của EF hay AI⊥EF (đpcm)
Bài 6 (3 điểm)
(a) (1,5 điểm) Ta có thể phủ bàn cờ bằng 4 quân Tetromino như hình vẽ:
Trang 7Với n = 2020 ta có thể chia thành các khung hình vuông 4 × 4 như trên.
(b) (1,5 điểm) Ta chứng minh để các quân L - Tetromino phủ kín hết bàn
cờ thì n2 8.
Thật vậy, giả sử hình vuông n x n được phủ kín bởi các quân cờ L -Tetromino, vì số ô vuông của quân cờ L - Tetromino là 4 nên số ô vuông của bàn cờ phải có dạng n2 = 4m, (m ∈ N ) nên n 2 Ta tô màu từng cột trắng, đen xen kẻ như hình vẽ bên dưới:
Với mỗi cách tô màu trên thì hoặc quân cờ L - Tetromino chứa 3 ô đen
1 ô trắng (loại 1) hoặc L - Tetromino chứa 1 ô đen 3 ô trắng (loại 2) Gọi x là số quân cờ L - Tetromino (loại 1) và y là số quân cờ L - Tetromino (loại 2) được dùng, trong đó (x, y ∈ N∗) Số ô màu đen là: 3x + y và số
ô màu trắng là x + 3y Do số ô màu đen và số ô màu trắng là bằng nhau nên
3x + y = x + 3y ⇔ x = y Dẫn đến số quân cờ L - Tetromino loại 1 và loại 2 phải bằng nhau
Trang 8Thêm vào đó theo cách tô màu (do n chia hết cho 2) nên sẽ có n
2
2 ô trắng
và n
2
2 ô đen, do đó:
6x + 2y = n2 2x + 6y = n2
x = y
⇔ x = y = n
2
8 ⇒ n2 .8
Như vậy với n2 8 ta có thể ghép phủ kín bàn cờ, với giá trị nhỏ nhất là
n = 4 đã chứng minh ở câu a)