028 đề thi hsg toán 9 trường liên châu lần 2 2020 2021

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP CẤP TRƯỜNG LẦN NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TỐN Thời gian làm : 150 phút, khơng kể giao đề Câu (2,5 điểm)  x 8x   x   x  P        x  x x  x x    Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tìm x để P  c) Tìm m để với x lớn ta có m   x  P  x 1 Câu (2,0 điểm) a) Cho f  x  đa thức với hệ số nguyên, biết f  x  có giá trị 2017 giá trị nguyên khác x Chứng minh f  x  nhận giá trị 2007 với số nguyên x b) Tìm số nguyên tố p cho p  1bằng lập phương số tự nhiên Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình : x   x   14 x  1   2 b) Chứng minh với a b 1  a  b  ab Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD, có độ dài cạnh a.E điểm di động cạnh CD  E khác C D, EC  ED  Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F , đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1  AF có giá trị không đổi a) Chứng minh AE b) Chứng minh cos AKE sin EKF cos EFK  sin EFK cos EKF Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn x   2007  y  x   y 0 ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x  0, x 1, x 9 , ta có :  x 3 x 8x P    3 x 3 x 3 x 3    P           x   x     x   x x1 x       12 x  x  x  2x 12 x  x 2 2 x    x 3 x 3 x  x x  3 x 3 x  62 x     x x  x x   x    2x x  với x  0, x 1, x 9 Vậy b) Với x  0, x 1, x 9 P 2x   x  x   x 1  x 1(ktm) x Vậy khơng có giá trị x để P  2x P x  m x  P  x  trở thành c) Với 2mx  x    2m  1 x  P     2m    m  Vì x   nên 1 x x 2m  Vậy để 2m  với x  Khi 1 9  2m    m  2m  9 Vậy để với x  ta có Câu m   x  P  x 1 m a) Giả sử tồn x a, a  để f  a  2007  1 Gọi giá trị khác x để f  x  2017 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 Suy 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 nghiệm đa thức f  x   2017  f  x   2017  x  x1   x  x2   x  x3   x  x4   x  x5  g  x  , g  x  đa thức với hệ số nguyên Khi f  a   2017  a  x1   a  x2   a  x3   a  x4   a  x5  g  a    Từ (1) (2) suy 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 số nguyên khác nhau, a số nguyên, g  x  đa thức với hệ số nguyên nên  a  x1  ,  a  x2  ,  a  x3  ,  a  x4  ,  a  x5  số nguyên khác g  a  số ngun Do vế trái (*) tích số nguyên khác Mà  10 phân tích thành tích nhiều bốn thừa số nguyên khác (mâu thuẫn) Vậy f  x  nhận giá trị 2007 với số nguyên x  dfcm  b) Tìm số nguyên tố p cho p  1bằng lập phương số tự nhiên Giả sử p  n  n   , suy n số lẻ  n 2m  1 m   3 Khi p   2m  1 8m  12m  6m  p 4m3  6m  3m  p m  4m  6m  3 Mà p số nguyên tố 4m  6m   1(với m)  m 1 Suy p 13 số nguyên tố thỏa mãn Vậy p 13 Câu a) Giải phương trình : x   x   14 x   1 ĐKXĐ: x 1 Bình phương vế phương trình (1) ta : x   x 1   x  1  x  1 14 x   x  1  x  1 3x    x  1  x  1  x    x 1   x 1   x  1  10  x  0   (tm) x   Vậy tập nghiệm phương trình S  1;5 b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 1 1    0  a  b  ab  ab   1         0 2   a  ab    b  ab  ab  a ab  b   0   a    ab    b2    ab    a b  a   a    ab   b a  b   b2    ab  0 b a  a b     0  ab   a  b  b  a a  ab  b  ba  b  a   ab  1 0 *  0    2  ab   a    b    ab    a    b  Vì a b 1 nên ab  0 Do  * với a b 1 1   , 2 Vậy  a  b  ab với a b 1( dfcm) Câu A K B D E H C F a) Chứng minh ABF ADK ( g c.g )  AF  AK  1 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE A với AD đường cao, ta có: 1    2 AK AE AD 1 1    2 2 AE AD a (không đổi) Từ (1) (2) suy AF 1  AF có giá trị khơng đổi (đpcm) Vậy AE b) Kẻ EH  KF  H  KF  S KEF  KA.EF Ta có : , mà KA KE.cos AKE nên S KEF  KE.EF cos AKE  1 1 S KEF  EH KF  EH  KH  HF    2 Ta lại có Từ (1) (2) suy KE.EF cos AKE EH  KH  HF  EH  KH  HF  EH KH  EH HF EH KH EH HF    KE.EF KE.EF EF KE KE EF sin EFK cos EKF  sin EKF cos EFK Vậy cos AKE sin EKF cos EFK  sin EFK cos EKF ( dfcm)  cos AKE  Câu 2 Ta có : x   2007  y  x   y 0   x  1  2005  x  1  y  x  1 2003 Do x  ước 2003   x  1   1; 2003 x  1  x 2 , thay vào phương trình cho ta có y  4007 x    x 0 , thay vào phương trình cho ta có y  x  2003  x 2004 , thay vào phương trình cho ta có y  x   2003  x  2002 , thay vào phương trình cho ta có y  4007 Vậy cặp số nguyên  x; y  cần tìm :  2;  4007  ;  0;  3 ;  2004;  3 ;   2002;  4007 