ĐỀ&ĐA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH MÔN TOÁN HỌC 9 (BÀI SỐ 1) TX. NGHI SƠN NĂM HỌC 2020-2021

Tìm giá trị lớn nhất của EF khi I di động trên cung PQ.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỊ XÃ NGHI SƠN

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN 9 – BÀI SỐ 1

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 M=



   với a, b > 0 và a  b

Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b2 ab1

2 Tính giá trị biểu thức P(x y )33(x y xy )( 1) biết:

3 3 2 2 3 3 2 2

Câu II (4,0 điểm):

1 Giải phương trình 3x317x2 8x 9 3x 2 7 x 0

2 Cho phương trình: x3mx2 n 0 , n là số nguyên tố Tìm các số nguyên m để phương trình có nghiệm hữu tỉ

Câu III (4,0 điểm):

1 Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x; y thỏa mãn:

p -1 = 2x(x+2) và p2 - 1 = 2y (y+2)

2 Tìm các số nguyên k để M k4  8k3 23k2 26k10 là số chính phương

Câu IV (6,0 điểm):

Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN = 2R và dây PQ (P, Q khác M, N và P thuộc cung MQ) Gọi H và K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M và N đến đường thẳng PQ

1 Chứng minh rằng: PH = QK

2 Chứng minh rằng: SMHKN = SMPN + SMQN

3 Trên cung PQ lấy điểm I Gọi giao điểm của MI, NI với PQ lần lượt là E và

F Tìm giá trị lớn nhất của EF khi I di động trên cung PQ

Câu V (2,0 điểm):

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

1

Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 1

(Hướng dẫn chấm có 02 trang)

1

1

2,0đ

+ Rút gọn M=

ab

a b với a, b>0 và a  b

Ta có

+ Nếu a>b>0

ab

M



+ Nếu 0<a<b

ab

M



0,5

0,5

0,5

0,5

2

2,0 đ

Ta có:

3

3

3

x

 x   x x  x (1)

Tương tự: y33y24 2

(2)

Trừ vế với vế (1) và (2) ta được: x3 y33(x y )20 2  (x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) =  20 2.

Vậy P = 20 2

0,25 0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2,0 đ

ĐKXĐ:

2

7.

3  x

0,25 0,25 0,25

PT (1)  3x 2 4    7  x 1 3x3  17x2  8x 12 0 

Vì

2

7

3 x nên

Suy ra x 6 0  x6( / )t m

KL: PT (1) có nghiệm duy nhất x 6.

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

2

2,0 đ

Gọi x0 là nghiệm hữu tỉ của phương trình thì x0 là số nguyên và là ước

của n, do n là số nguyên tố suy ra x0 = 1, x0 = n

Với x0 = n thì n3 + mn2 + n = 0

1

n

Với x0 = - n thì n3 + mn2 + n = 0

1

m n

n

Với x0 = 1 thì 1 + m + n = 0  mn 1

Với x0 = -1 thì -1 + m + n = 0  m  1 n

Vậy với m =1 – n, m = -1-n thì phương trình có nghiệm hữu tỉ

0,75

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

3 1

2,0 đ

p -1 = 2x(x+2) (1) p2 - 1 = 2y (y+2) (2)

Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ Trừ từng vế của (2) cho (1) ta đượcp2 p2y2 2x24y 4x p p(  1) 2( y x y x )(  2)(*) 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:

 y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*) Khi đó từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y –

x – k = 2k2(x + y + 2) (loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2> 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k

 y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)

Từ (*) ⇒ p – 1 = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x) (**)

Ta chứng minh k = 1 Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0)⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x

Do đó từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)

(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))

⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ.Do đó k = 1, suy ra

Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có:

mãn) Vậy x = 1, y = 4 và p = 7

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

2

2,0 đ

Ta cóM (k4 2k21) 8 ( k k2 2k1) 9 k218k9

M là số chính phương khi và chỉ khi (k 1)2 0 hoặc(k  3)21 là số chính phương

TH 1.(k1)2  0 k1.

TH 2.(k  3)21 là số chính phương, đặt(k 3)2 1 m m2(  )

2 ( 3) 2 1 ( 3)( 3) 1

3 1

3 1

m k

m k





3

k

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thìk4  8k3 23k2 26k 10 là số chính phương

0,25

0,25

4 2,0 đ1

F

K

H

M

O

N

P

Q I

Chứng minh : PH = QK Lấy S là trung điểm của PQ : SP = SQ (1) => OSPQ =>OS//MH//NK

Mà OM = ON => OS là đường TB của hình thang MHKN

=> SH = SK (2)

Từ (1) và (2) => SH – SP = SK – SQ Hay PH = QK (đpcm)

0,5 0,5 0,5 0,5

2

2,0 đ

Chứng minh : SMHKN = SMPN + SMQN

Ta có : SMHKN = SMPN + SPHM + SPKN Vậy ta cần chứng minh : SMQN = SPHM + SPKN Thật vậy Đặt PH = QK = a ; QH = PK = b (do PH = QK => QH = PK); MH = x,

NK = y

Ta có : (2SPHM + 2SPKN )2 = (ax + by)2 = a2x2 + 2abxy + b2y2 (3)

Do MQN vuông tại Q

 (2SMQN)2 = (MQ.NQ)2 = MQ2 NQ2

 = (b2 + x2)(a2 + y2) = a2x2 + a2b2 + x2y2 + b2y2 (4) ( Sử dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông HQM và KQN)

Dễ thấy : HPM đồng dạng với KNP (g.g) =>

ab xy

Từ (3), (4) và (5) Suy ra : (2SMQN)2 = (2SPHM + 2SPKN )2 <=> SMQN = SPHM + SPKN (ĐPCM)

0,5

0,5

0,5 0,5

2,0đ

Ta thấy MHE FKN g g( )suy ra HE FK MH NK (không đổi)

Do đó EF lớn nhất khi và chỉ khi HE + FK nhỏ nhất

Mà HE.FK không đổi nên HE + FK nhỏ nhất khi

HE FK  MH NK ( Hệ quả BĐT Côsi ) Vậy GTLN của EF HK 2 MH NK

0,75 0,25

0,5 0,5

5 2,0đ

Áp dụng BĐT Cô–si cho 4 số không âm, ta có:

4 4

4

4

(1)

Tương tự ta có:

4

(2)

4

(3)

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:

Thay điều kiện a + b + c = 3 ta được:

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

0,5 0,25 0,25

0,5 0,25 0,25