1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

de thi hoc sinh gioi toan 9 nam 2020 2021 so gddt nam dinh

6 1 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 316,94 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: Tốn – Lớp: ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1: ( 3,0 điểm ) 1) Cho P     a  3   a4  a  3a  :  1 với a  0; a  1; a  3 a 2      Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x  y  x  z  y   z  17  Câu (5,0 điểm) 1) Giải phương trình x x3   x  x  22  x   xy  x  y 2) Giải hệ phương trình  2  x y  y  2 x Câu (3,0 điểm) 1) Tính tổng tất số nguyên x thỏa mãn x  x  a  với a số nguyên tố 2) Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình  x  y   y  x  z  Câu (7,0 điểm) Trên đường tròn  O  lấy ba điểm A, B, C cho tam giác ABC nhọn Gọi AD, BE , CF đường cao tam giác ABC ; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC P Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC AB Q R, M trung điểm BC 1) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM DEM đồng dạng 3) Giả sử BC dây cung cố định không qua tâm O , A di động cung lớn BC đường tròn  O  Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định Câu (2,0 điểm) 1) Cho 2021 số tự nhiên từ đến 2024 bảng, lần thay một vài số tổng chữ số bảng lại số từ đến Hỏi cuối cùng, bảng có số 3, số 7? 2) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn x3  y  z  24 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M xyz   x  y  z  xy  yz  zx  xy  yz  zx  Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Ký tên: Họ, tên chữ ký GT 1: Họ, tên chữ ký GT 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn – Lớp: Câu 1.1 (1,5) Đáp án Rút gọn P    74  Tính Tính  a4 a 2   a  3 1   a  3 2   (1,5)   a4 a  3a  :   1 3 a 2      0,5  2 a  3a   a a  3a  a     0,25 a 1  a 1 0, a 2 a 1 1  3 Suy P    1.2 (1,5) Điểm   a 1 : 0,25 a 1  2 3  5 Tìm tất số thực x; y; z thỏa mãn điều kiện x  y  x  z  y   z  17  x   Điều kiện:  y  x  hay  x  y  z z  y   Ta có x  y  x  z  y   z  17   x  y  x  z  y  z  17  x  y  x 6 z  y  z  y 9 y  x 4 x      0,5 0,25 0,25 0 0,25  x 2 x      y  x    y  (thỏa mãn điều kiện)    z  17  z  y  KL:… 0,25 Giải phương trình x x3   x  x  22  x  (2,5)  2.1 (2,5)  (1,5) z  y 3  yx 2  Điều kiện x   hay x   x 2 x x3   x3  x  22  x    x   x3   x3  x  22 0,5 0,25 Đặt t  x   t   x  t  Phương trình trở thành  x   t   t    x  22 0,25 t  x   3t   x   t  x     t   0,5 1 31 ta x3    x3    x   3 9 TH2: t  x  ta  2 x   x   x3   x      2 x   x  x  2 x3  x  x    0,25 TH1: t  0,5  x 1  x   x       x   13  x3  x  x    x  1  x  x  3     Đối chiếu điều kiện kết luận phương trình cho có ba nghiệm… 2.2 (2,5) 0,25 (2,5)  xy  x  y Giải hệ phương trình   x y  y  2 x Nếu x  tính y  Nếu y  tính x  2 0,25 Do ta  x; y    0;0  nghiệm hệ phương trình cho Với x y khác Ta có 0,5  x2 xy  2   xy  x  y y    2  x y  y  2 x  xy  y  2  x Đặt x2 y2  a;  b ta có hệ phương trình trở thành y x ab  3a   ab  b  2 1  2 Suy b  3a  4 hay b  3a  Thay b  3a  vào 1 ta có a  3a    3a  , tìm a  a   0,5 TH1: với a  b  1 x  1  x  1 y    y  1  y   x TH 2: với a   b  6 0,5 0,5  x2 23    y x      y  6  y  2 3   x   Kết luận: hệ phương trình cho có ba nghiệm  0;0  ;  1;1 ;   9; 2 3    0,25 3.1 (1,5) Tính tổng tất số nguyên x thỏa mãn x  x  a  với a số nguyên tố (1,5) Từ giả thiết suy a  x  x hay a  x  x  1 mà x x  hai số nguyên liên tiếp nên 0, x  x  1 số chẵn, a số chẵn 3.2 (1,5) Mặt khác a số nguyên tố nên a  0,5 x  Khi ta x  x      x  2 KL: tổng tất số nguyên x thỏa mãn   1 0, Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình  x  y   y  x  z  (1,5)  x  y  y  x  z    x  y   3x  y   z 2 (*) Mà x  y   với x, y nguyên dương  z   x  y  1 Ta lại có  x  y    z   x  y     x  y   3x  y  2 0,5 0,5   x  y    x  y     x  y   3x  y   x  y   với x, y nguyên dương 2  2 Nên  x  y    z 2 Từ 1   suy z   x  y  1 0,25 Thay vào (*) ta  x  y   3x  y    x  y  1  x  y  2 Do z  y  (7,0) Vậy tất nghiệm nguyên dương  x; y; z  phương trình có dạng  k  2; k ; 2k  3 0,25 với k số nguyên dương Trên đường tròn  O  lấy ba điểm A, B, C cho tam giác ABC nhọn Gọi AD, BE , CF (7,0) đường cao tam giác ABC ; đường thẳng EF cắt đường thẳng BC P Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC AB Q R, M trung điểm BC 1) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM DEM đồng dạng 3) Giả sử BC dây cung cố định không qua tâm O , A di động cung lớn BC đường tròn  O  Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định A E F Q O P B D M C R 4.1 Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp (2,5) (2,5) Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp  Suy  AFE  BCQ  Chỉ  AFE  BRQ   BCQ  Suy BRQ 4.2 (2,5) 0,5 0,5 Chỉ tứ giác BQCR nội tiếp Chứng minh hai tam giác EPM DEM đồng dạng Chỉ tam giác ECM cân M   2 Chứng minh EMD ACB   BFD  Tứ giác BCEF ; ACDF nội tiếp nên  ACB  AFE   2   EMD   DFE   1800 Suy EMD ACB   AFE  BFD 4.3 (2,0) 5.1 (1,0) 0,5 0,5 0,5 (2,5) 0,5 0,5 0,5   PEM  Chỉ tứ giác DMEF nội tiếp, suy BDF   BAC   MDE  nên MDE   PEM  Suy tam giác EPM DEM đồng dạng Mà BDF 0, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định   EMD  Do tứ giác DMEF nội tiếp, suy PFD (2,0) 0,5   EDM  nên tam giác PFD đồng dạng với tam giác EMD suy PD  ED Mà PDF DF MD   nên tam giác FDR cân D suy FD  DR Do RFD ACB   AFE  FRD 0,5 Chứng minh tương tự tam giác DEQ cân D nên DE  DQ PD DQ Ta có FD  DR; DE  DQ suy  DR MD   PMQ  Chỉ hai tam giác PDR QDM đồng dạng, suy PRQ Chỉ tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm M cố định Cho 2021 số tự nhiên từ đến 2024 bảng, lần thay một vài số tổng 0,5 0,5 0,25 0,25 (1,0) chữ số bảng lại số từ đến Hỏi cuối cùng, bảng có số 3, số 7? 5.2 (1,0) Một số chia cho dư k tổng chữ số chia dư k 0,25 Do sau thay đủ số lần, mà lần thay một vài số tổng chữ số cuối bảng lại số dư k tương ứng số cho Các số chia dư dãy từ đến 2024 là: 12; 21; 30; … ; 2019 2019  12 Dãy có   224 (số), bảng có 224 số Các số chia dư dãy từ đến 2024 là: 7; 16; 25; … ; 2023 2023  Dãy có   225 (số), bảng có 225 số Vậy cuối bảng có 224 số 3, có 225 số Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x3  y  z  24 Tìm giá trị nhỏ biểu 0,25 thức M  xyz   x  y  z  xy  yz  zx  0,25 (1,0) xy  yz  zx  Ta có x3    3 x 8.8  12 x hay x3  16  12 x Tương tự y  16  12 y ; z  16  12 z Cộng vế ba bất đẳng thức ta 12  x  y  z   x  y  z  48  72  x yz 6 0,25 0,25 Có 24  x3  y  z  3 x y z  xyz  xyz  0,25 Có 24  xyz  x  y  z  xyz   z  y  z   x  y  z  xy  yz  zx  0,25   x  y  z  xy  yz  zx     xyz   x  y  z  xy  yz  zx    x  y  z    xy  yz  zx    xyz   x  y  z     xy  yz  zx     xy  yz  zx   xyz   x  y  z    2.6  80   xy  yz  zx  12   xy  yz  zx  8 Có M    6   f t  xy  yz  zx xy  yz  zx  t t 1 với t  xy  yz  zx; t   0;12 0,25 8 236  6  t  t  1 12 12  1 39 236 Kết luận: giá trị nhỏ biểu thức M x  y  z  39 Khi f  t    Chú ý: - Nếu thí sinh làm mà cách giải khác với đáp án phù hợp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm trịn Hết ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: Tốn – Lớp: Câu 1.1 (1,5) Đáp án Rút gọn P   ... Qua D kẻ đường thẳng song song với đường thẳng EF cắt đường thẳng AC AB Q R, M trung điểm BC 1) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh hai tam giác EPM DEM đồng dạng 3) Giả sử... (2,5) 0,5 0,5 0,5   PEM  Chỉ tứ giác DMEF nội tiếp, suy BDF   BAC   MDE  nên MDE   PEM  Suy tam giác EPM DEM đồng dạng Mà BDF 0, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua

Ngày đăng: 04/12/2022, 15:49

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w