011 đề thi hsg toán 9 quận tây hồ 2020 2021

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN TÂY HỒ ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2020-2021 Thời gian làm : 150 phút, không kể giao đề Câu (4 điểm) Cho biểu thức  x x    x  1   x 2  P   :      x    x 11   x  11  x   x  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên Câu (4 điểm) A  x3  12 x   2020 1) Tính giá trị biểu thức biết 2) Giải phương trình : x  24  x  3  x  x  48 x 3   51    1 Câu (4 điểm) a b c   2 1) Cho ba số thực a, b, c khác thỏa mãn b  c c  a a  b a2 b2 c2   a  b  c b  c c  a a  b Chứng minh 3 x , y   x  y  x  x 1 2) Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn Câu (6 điểm) Cho điểm M trung điểm đoạn thẳng BC Điểm A thay đổi cho BAC 60 Đường phân giác góc A cắt BC D S ABC  AB AC.sin A, 1) Chứng minh S ABC diện tích tam giác ABC AB  AC BC 2 AM   2) Chứng minh 1   2 AC AD 3) Chứng minh AB Câu (2 điểm) a bc  1) Cho số dương a, b, c thỏa mãn 2 Chứng minh a  b  c  2abc 1 2020 ; ; ; ; 2020 Mỗi lần thực hiện, cho 2) Trên bảng có ghi 2020 số: 2020 2020 2020 phép xóa hai số a, b bảng thay số a  b  2ab Hỏi sau 2019 lần thực phép xóa, số lại bảng số ? ĐÁP ÁN Câu a) Rút gọn biểu thức P Điều kiện xác định : x 2, x 11 Đặt x  a, a  0, a 3  a a    3a  1  P   :      a  a a  a a     a  a   3a  a2  a      :   a  a  a  a a a  a a                   a  3 2 a  2 3a P :    a    a  a  a  3  a   x P    x 2 Thay x  a vào P ta b) Tìm số thực x để biểu thức P đạt giá trị nguyên P 3 x 2  x 2   x   P  3  P  4P P  ,  4P 0 x  0 nên P   1  3 x  P nguyên nên P  0 Từ 3  P 0 Từ , P nguyên nên P    1;0 Với P   Với P 0  Câu 1) Ta có x  0  x 2 x 3 x   Xét x  4  x 18    51   51     1   4     51  3 Hay x   12 x  x  12 x  0  x  12 x  1 2020 Vậy A 1 1       1 x x  24  x   x  x  48   2) Giải phương trình Điều kiện :  x  x  48 0 Với điều kiện trên, phương trình tương đương x  48   x  3  x  x  48 0  x  x    x  3  x  x  48    x  x  48  9   x  3  x  x  48  9   x  x  48 x   1  x    x  x  48 3    x    x  x  48    x  x  48 x  2  Giải (1)  x  x  48  x  12 x  36  x  20 x  12 0   x 5  31  1    x 6  x 6 Giải (2)  x  x  48 x 2   x 2     x    S   31;2  Vậy tập nghiệm phương trình Câu a b c   2  * b  c c  a a  b 1) Ta có :  a2 ab ac   2a b  c c  a a  b a Nhân vế (*) với số khác ta : ab b2 bc   2b b  c c  a a  b Nhân vế (*) với số b khác ta : ac bc c2   2c Nhân vế (*) với số c khác ta : b  c c  a a  b Cộng vế ba đẳng thức ta a2 ab ac ab b2 bc ac bc c2         2a  2b  2c b c c  a a b b c c  a a b b c c a a b  a2 b2 c   ab bc   ac bc   ab ac               2  a  b  c   b c c a a b   c a c a   a b a b   b c b c   a2 b2 c2   a c   a b   bc       b   c   a  2  a  b  c  b  c c  a a  b c  a a  b b  c         a2 b2 c2    a  b  c b c c a a b 3 2) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x  y x  x  x3  y x  x   y  x3  x  x  Trong khoảng  0;1 khơng có số ngun nên x  x x  x  1  với x   \  0;1  x  x 0, với x  Do   x  Và   x3  x  x   x3  x  x   x  x  x    x  x  3   x3  x  x    x  1    x    x3  x  x    x  1 3 3 Từ   x   y   x  1 Nếu  x, y  nghiệm nguyên phương trình cho :  y   x  1   x; y     x 1; y 0  ;  x 0; y 1   x  0;1    Vậy cặp số nguyên thỏa mãn đề  x; y    x 1; y 0  ;  x 0; y 1  Câu A K B HD M C S ABC  AB AC.sin A, 1) Chứng minh S ABC diện tích tam giác ABC ABC  S ABC  BK AC Kẻ đường cao BK BK sin A   BK  AB.sin A BKA , AB Trong tam giác vuông  S ABC  AB AC.sin A AB  AC BC 2 AM   2) Chứng minh Kẻ đường cao AH tam giác ABC AM  AH  HM  AB  BH  HM  AB   HM  MB   HM  HB   AB  MB. HM  HB   AB  BC  HM  HB   1 AM  AH  HM  AC  CH  HM  AC   HM  CH   CH  HM   AC  MC  CH  HM   AC  Lấy (1) +(2) ta : BC  CH  HM    BC BC  HM  HB   AC   CH  HM  2 BC BC 2 2 2 AM  AB  AC   HM  HB  CH  HM   AB  AC  2 2 AB  AC BC  AM   1   2 AC AD 3) Chứng minh AB AM  AB  Sử dụng kết câu 1, ta có : 1 S ABD  AB AD.sin 30  AB AD 1 S ACD  AC AD.sin 30  AC AD S ABC  AB AC.sin 60  AB AD Mà S ABD  S ACD S ABC  1 AB.AD  AC AD  AB.AC 4  AD. AB  AC   AB AC  1     2.   AB AC AC   AB  1   2.      AC  AB AC 2 AD  AB Từ : AD Dấu xảy AB  AC Câu 2 2 2 1) Ta có : a  b  c  2abc 1  a  b  c  2abc  0  * 3 a bc   a b   c 2 Do 2 2 a  b  c  abc   a  b  ab  c  2abc    Nên 3    c   2ab  c  2abc  2ab  c  1  2c  3c  2  Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng quát ta giả sử c b a a b c   c  2 Xét hàm số bậc biến t : Mà  a  b f  t  2t  c  1  2c  3c  ,  t ab  với t ab 2 3    c   2 9 3   f   2c  3c  2  c  c    2  c     16  4   Ta có (với c) 2 3   3  1   c   c  1    c    c  2 2        f 2 . c  1  2c  3c   0   4     với c 3    c  ,  t  f t    Từ ta có với tức bất đẳng thức (*)  a b  3     c  2   a b c  ab    1   c    c  1 2  0 Đằng thức xảy  2) Giả sử số bảng a1 , a2 , , ak Ta cho tương ứng bảng với tích  2a1  1  2a2  1 . 2ak  1 Sau lần biến đổi, tích bị hai thừa số  2a  1  2b  1 lại thêm vào thừa số  a  b  2ab     2a  1  2b  1 Do đó, tích có giá trị tuyệt đối không thay đổi, đổi dấu  1010   2020  Vì tích ban đầu (do có chứa thừa số  1  nên số cuối s phải có s  0  s  tích nghĩa tích cuối