ĐỀ&ĐA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH MÔN TOÁN HỌC 9 (BÀI SỐ 2) TX. NGHI SƠN NĂM HỌC 2020-2021

Suy ra tứ giác CPDO là hình bình hành.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỊ XÃ NGHI SƠN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP TỈNHNĂM HỌC 2020-2021

MÔN: TOÁN 9 – BÀI SỐ 2

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4,0 điểm):

1 Cho biểu thức

x 1 x 1 x x x x 1

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q  x P  nhận giá trị nguyên.

x  x  1 2y  4y  1  1

Tính giá trị biểu thức x38y32020.

Câu II (4,0 điểm): Giải các phương trình sau:

1)

4

4

2

1 3

x

x x







2)

(x  4) 2x 4 3  x  6x 4

Câu III (4,0 điểm):

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x y, ) với x y, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương trình: 2 x 3 x y3  y

2) Cho p là số nguyên tố khác 2 và a, b là hai số tự nhiên lẻ sao cho a + b chia hết cho p và a – b chia hết cho p – 1 Chứng minh rằng : ab + ba chia hết cho 2p.

Câu IV (6,0 điểm):

Cho đường tròn tâm O và dây AB không là đường kính Trên đoạn AB lấy điểm P (P khác A, B) Qua A,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với  O tại A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với  O tại B Hai đường tròn  C và  D cắt nhau tại N (khác P) Chứng minh:

1) ANP  BNP .

2) Điểm N nằm trên đường tròn đường kính OP.

3) OA BN   OB AN   ON AB 

Câu V (2,0 điểm): Cho các số thực dương a b c, , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

Hết

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ tên học sinh: ; Số báo danh:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỊ XÃ NGHI SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021

MÔN: TOÁN 9 – BÀI SỐ 2

(Hướng dẫn chấm có 06 trang)

I

(4.0đ)

1a)

(1.0đ)

Điều kiện: x0;x1

x

   

      

1

1

 

 

0.25

0.25 0.25 0.25

1b)

(1.0đ)

Với x0;x1



 Q 1 Q 0 x0 ( / )t m

Vậy x 0 thì Q  

0.75 0.25

2

(2.0đ)

Ta có:x2  x2  1 2  y 4y2  1 x x2    1 2y 4y2    1 x x2  1

2 1 4 1 (1)

Tương tự ta có:

4y  4y  1 x x  1  2y 4y    1 x x   1 2y 4y  1

2 4 1 1 (2)

Cộng vế với vế của (1) với (2) ta được  

2 x 2y   0 x 2y 0

Suy ra: x3  8y3  2020 x 2y x  2  2xy 4y2 2020

=2020 (vì x2y0 )

0.5

0.25 0.5

0.25 0.5

1

(2.0đ)

Giải phương trình:

4

4

2

1 3

x

x x







(4.0đ)

Điều kiện x1;x 3

Ta có:

4

4

2

4

2

1 3

1 3

x

x x

x

x x













ta được phương trình:

2 4 2

1

2 (1)

a

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

Từ (1) và (2) suy ra:

2

2

3 1

x

x x







Vậy: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2

0.25

0.25

0.25

0.5

0.5 0.25

2

(2.0đ) Giải phương trình:

(x  4) 2x 4 3  x  6x 4

Điều kiện x 2

Phương trình đã cho có thể viết thành

(x  4) 2x  4 x   4 4x  6x

(x 4)( 2x 4 1) 2 (2x x 3) (x 4)( 2x 4 1) 2 ( (2x x 4) 1)

2

(x 4)( 2x 4 1) 2 ( 2x x 4 1)( 2x 4 1)

0.25 0.25

0.5

 2

2

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x  1 5

0.5 0.25 0.25

III

(4.0đ)

1

(2.0đ)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x y với , ) x y, nguyên tố cùng nhau

và thỏa mãn phương trình: 2 x 3 x y3 y

Áp dụng hằng đẳng thức:

3

a b c  abc a b c a  b c  ab bc ca 

ta có:

2

2

3 2

x y x y

x x y









 Mặt khác, x y,   1 2x y x ,   1 2x y x , 3 1

6 2x y 2x y 1;2;3;6

      ( do từ (*) 2x y   )* Trường hợp 1: 2x y  1 y2x thay vào PT đã cho ta được:1

6x x 12  0 x 1 y1 Trường hợp 2: 2x y  2 y2x 2 thay vào PT đã cho ta được:

x 1 x2  3x1  0 x 1 y (loại)0 Trường hợp 3: 2x y  3 y2x 3 thay vào PT đã cho ta được:

x x  32  4 0  x 4 y5 Trường hợp 4: 2x y  6 y2x 6 thay vào PT đã cho ta được:

x312x236x 35 0

Do x, y nguyên dương nên x > 3 và x  Ư(35)  x5;7;35

Bằng cách thử trực tiếp ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn Vậy các cặp (x y thỏa mãn đề bài là: (1;1), (4; 5), )

0.25 0.25 0.25 0.25

0.5

0.25 0.25

2

(2.0đ)

Cho p là số nguyên tố khác 2 và a, b là hai số tự nhiên lẻ sao cho a + b chia hết cho p và a – b chia hết cho p – 1 Chứng minh rằng : a b + b a chia hết cho 2p

Giả sử a b

Gọi r là dư trong phép chia a cho p thì a r (mod )p

Do (a + b) chia hết cho p nên br(mod )p

Suy ra a bb a r b r a(mod )p hay a bb a r b(1 r a b ) (mod )p

0.25 0.25 0.25

Mặt khác : (a – b) chia hết cho (p – 1) nên a – b = k(p -1)

Vì r không chia hết cho p nên theo định lí Fermat nhỏ ta có :

0(mod )

Mặt khác a b và b a là các số nguyên lẻ nên a b b a2

Do (p, 2) =1 Vậy (a b b a) 2 p (Đpcm)

0.5 0.25 0.25 0.25

IV

(6.0đ)

N

P

D O

C

B A

1

(2.0đ) Vì  

O và  C tiếp xúc trong tại A nên A,C,O thẳng hàng

Vì  O và  D tiếp xúc trong tại B nên B, D,O thẳng hàng

Xét  C có

 1 

Tam giác ACP cân tại C, tam giác AOB cân tại O nên suy ra:

      APC ABO CPA CP / /OB

;

    1 

2 (1)

Tương tự, ta có DP / /OA  BDP  AOB

2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ANP  BNP

0.25 0.25 0.25

0.5 0.25

2

(2.0đ)

Gọi H là giao điểm của NP và CD; I là giao điểm của OP và CD Theo chứng minh trên ta có CP / /OB; DP / /CO

Suy ra tứ giác CPDO là hình bình hành

Do đó IO  IP,

 C và  D cắt nhau tại P và N suy ra CD  NP (3)

0.25

0.5 0.25

HN HP do đĩ HI là đường trung bình của tam giác PNO nên HI / /NO hay

CD / /NO (4)

Từ (3) và (4), suy ra NO  NP  PNO 90  0

Do đĩ điểm N nằm trên đường trịn đường kính OP

0.5

0.25 0.25

3

(2.0đ)

Chứng minh BĐT Ptoleme trong tứ giác

Áp dụng BĐT Ptoleme trong tứ giác ABON ta cĩ: OA BN OB AN ON AB     

Lưu ý: Nếu chứng minh BĐT Ptoleme thì cho điểm tối đa, cịn chỉ nêu rồi áp dụng thì cho 0,5đ như trên)

1.5 0.5

V

(2.0đ)

Cho các số thực dương a b c, , .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

2

1 Theo B

c

b

AM GM







có:

Tương tự :

2

1

3 1 2 1 3

2

a b c



ù:

Dấu " = " xảy ra

0.5 0.5

0.25

0.5 0.25

Chú ý:

1) Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Bài hình khơng vẽ hình thì khơng chấm điểm.