Mà – 10 chỉ có thể phân tích thành tích của nhiều nhất bốn thừa số nguyên khác nhaumâu thuẫn Vậy fx không thể nhận giá trị 2007 với mọi số nguyên xđpcm bTìm số nguyên tố p sao cho 2p+1 b[r]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TRƯỜNG LẦN 2
NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.5 điểm).
Cho biểu thức
9
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 2p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
Câu 3 (2.5 điểm)
a) Giải phương trình: x 1 7 x 1 14 x 6
b) Chứng minh rằng với a b 1 thì 2 2
1a 1b 1ab
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 A cắt đường thẳng CD tại K.
a) Chứng minh : 2 2
AE AF có giá trị không đổi.
b) Chứng minh rằng:
Câu 5 (1.0 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: x - 2007 + y x +3+ y = 0 2
……… Hết ……….
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không được sử dụng MTCT!)
ĐỀ THI CHÍNH
THỨC
Trang 2TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU NĂM HỌC 2020-2021
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao
đề)
1(2,5
đ)
Cho biểu thức
9
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
a) ĐKXĐ : x>0, x 1, x 9 Với đk đó, ta có:
P
P
P
P
P
2 3
x P
x
Vậy
2 3
x P
x
, với x>0, x 1, x 9
b) Với x>0, x 1, x 9 thì P= - 1
2
3
x
x
2x x 3 0
x1 2 x3 0
Do 2 x 3 0nên x 1 0 x=1 (loại, do không thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy không có giá trị nào của x để P= - 1
c) Với
2 3
x P
x
thì m( x 3)P x 1trở thành 2mx > x + 1
(2m - 1)x >1
Vì x> 9 >0 nên 2m – 1>0
1 2
m
Khi đó
1
2 1
x m
Vậy để
1
2 1
x m
với mọi x>9 thì
2m1 m 9 m9 m9
Vậy để với mọi x>9 ta có m( x 3)P x 1thì
5 9
m
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
Trang 3đ)
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.
Giả sử tồn tại x = a, aZ để f(a) = 2007 (1)
Gọi 5 giá trị nguyên khác nhau của x để f(x)=2017 là x1, x2, x3, x4, x5
Suy ra f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=f(x5)=2017
f(x1) - 2017=f(x2) - 2017=f(x3) – 2017 =f(x4) - 2017=f(x5) - 2017=0
x1, x2, x3, x4, x5 là các nghiệm của đa thức f(x) – 2017
f(x) – 2017 =( x - x1)(x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5)g(x), trong đó g(x) là đa thức với
hệ số nguyên
Khi đó f(a) – 2017 = ( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2007 – 2017 =( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a)
Hay –10 =( a - x1)(a - x2)(a - x3)(a - x4)(a - x5)g(a) (*)
Vì x1, x2, x3, x4, x5 là các số nguyên khác nhau, a là số nguyên, g(x) là đa thức với hệ số
nguyên nên a - x1, a - x2, a - x3, a - x4, a - x5 là năm số nguyên khác nhau và g(a) là số
nguyên Do đó vế trái của (*) là tích của ít nhất năm 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(đpcm)
0,25 0,25
0,25
0,25
b)Tìm số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của một số tự nhiên.
Giả sử 2p + 1 = n3 (n N), suy ra n là số lẻ n = 2m + 1 (m N )
Khi đó 2p + 1 = (2m + 1)3
2p+1 = 8m3 + 12m2 + 6m +1
p=4m3 + 6m2 + 3m
p=m(4m2 + 6m + 3)
mà p là số nguyên tố và 4m2 + 6m + 3>1 với mọi m nên m = 1
Suy ra p =13, là số nguyên tố( thỏa mãn)
Vậy p=13
0,25 0,25 0,25
0,25
3(2,5
đ) a) Giải phương trình: x 1 7 x 1 14 x 6 (1)
ĐKXĐ x 1
Bình phương hai vế phương trình (1), ta được:
2
(x 1)(7 x 1) (3x 3) (dox 1)
(x 1)(7 x 1 9 x 9) 0
(x 1)(10 2 x) 0
1 0
x
x
x
1 5
x
x
( thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;5
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
b)Chứng minh rằng với a b thì 1 2 2
1a 1b 1ab
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
0,25
Trang 4
2
0
0
0
0
( )
b a a ab b ba
b a
(ab 1)2 2
0(*) (1 ab)(1 a )(1 b )
Vì a b nên ab-1 Do dó (*) đúng với mọi 1 a b 1
Vậy 2 2
1a 1b 1ab, với a b (đpcm)1
0,25
0,25
0,25
0,25
4(2,0
đ) 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 A cắt đường thẳng CD tại K.
a)Chứng minh : 2 2
AE AF có giá trị không đổi.
b)Chứng minh rằng:
a)
- Chứng minh được
AF=AK (1)
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE tại A với AD là đường cao, ta
AK AE AD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 2
AF AE AD a (không đổi)
- Vậy 2 2
AE AF có giá trị không đổi (đpcm)
0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 5b) Kẻ EH KF (H KF)
- Ta có
1 2
KEF
S KA EF
1
.EF.cos 2
KEF
(1)
- Ta lại có
KEF
(2)
- Từ (1) và (2) suy ra:KE.EF.cosAKE =EH(KHHF)
Suy ra cos AKE =
EH KH HF EH KH EH HF EH KH EH HF
SinEFK EKF SinEKF EFK
Vậy cos AKE = SinEFK CosEKF SinEKF CosEFK (đpcm)
0,25 0,25
0,25 0,25
5(1đ)
Ta có:
x y x y x x y x
Do đó x−1 là ước của 2003
Mặt khác 2003 là số nguyên tố (x1)1; 2003
* x−1=1 ⇔ x=2 thay vào phương trình đã cho ta có: y=−4007
* x−1=−1 ⇔ x=0 thay vào phương trình đã cho ta có: y 3
* x−1=2003 ⇔ x=2004 thay vào phương trình đã cho ta có y=−3
* x−1=−2003 ⇔ x=−2002 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
0,25 0,25 0,25
0,25