ĐỀ&ĐA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH MÔN TOÁN HỌC 9 (BÀI SỐ 2) TX. NGHI SƠN NĂM HỌC 2020-2021

Suy ra tứ giác CPDO là hình bình hành.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỊ XÃ NGHI SƠN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP CẤP TỈNHNĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN – BÀI SỐ 2

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

x

P = :

x x x x x x 1

   

  

   

        

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để biểu thức Q x P nhận giá trị nguyên. 2 Cho   

2

x x 1 2y 4y 1 1

Tính giá trị biểu thức x38y32020 Câu II(4,0 điểm): Giải phương trình sau:

1)

 

     

4

4

2

2

2

1

3

1

x

x x x

x x



     

 

2)

2

(x 4) 2x4 3 x 6x

Câu III(4,0 điểm):

1) Tìm tất cặp số nguyên dương (x y, ) với x y, nguyên tố và thỏa mãn phương trình: 2x3 x y3 y

2) Cho p số nguyên tố khác a, b hai số tự nhiên lẻ cho a + b chia hết cho p và a – b chia hết cho p – 1 Chứng minh : ab + ba chia hết cho 2p.

Câu IV(6,0 điểm):

Cho đường trịn tâm O dây AB khơng đường kính Trên đoạn AB lấy điểm P (P khác A, B) Qua A,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với  O A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với  O B Hai đường tròn  C  D cắt nhau N (khác P) Chứng minh:

1) ANP BNP .

2) Điểm N nằm đường trịn đường kính OP. 3) OA BN OB AN ON AB

Câu V(2,0 điểm): Cho số thực dương a b c, , Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

   

2

2

1

2

P a bc

a b a c

   

 

Hết

Cán coi thi khơng giải thích thêm

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 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN – BÀI SỐ 2

(Hướng dẫn chấm có 06 trang)

Câu Ý Lời giải Điểm

I (4.0đ)

1a) (1.0đ)

Điều kiện: x0;x1

1

P = :

1 1

x

x x x x x x

   

  

   

        

 

  

1

= :

1 1

 

     

 

 

       

   

x x

x x x x

  

1

P = :

1 1 1

x x x

x x x

 

       

 

      

   

  

   

1

1

1 1 1

   

     

    



  

   

x x

x x

x x x

1

P =

1

x x x

x x

 

 

 

0.25

0.25 0.25 0.25

1b) (1.0đ)

Với x0;x1

1 1

1 1 1



        

    

x x x

Q x P x

x x x x x

 Q 1 Q 0 x0 ( / )t m Vậy x0 Q 

0.75 0.25

2 (2.0đ)

Ta có:  

2 1 2 4 1 1 2 4 1 1

             

x x y y x x y y x x

2

2 (1)

    

x y x y

Tương tự ta có:

4 4 1 1 2 4 1 1 2 4 1

             

y y x x y y x x y y

2

1 (2)

    

x y y x

Cộng vế với vế (1) với (2) ta  

2 x2y  0 x2y0

Suy ra:   

3 8 2020 2 2 4 2020

x  y   x y x  xy y 

=2020 (vì x2y0 )

0.5

0.25 0.5 0.25

0.5

1 (2.0đ)

Giải phương trình:

 

     

4

4

2

2

2

1

3

1

x

x x x

x x



     

 

II (4.0đ)

Điều kiện x1;x Ta có:

 

     

 

       

4

2

2

2

4

2

2

2

1

3

1

1

3 2( 3)

1

x

x x x

x x

x

x x x

x x



     

 



       

 

Đặt  

2 2

1 0,

a x  b x 

ta phương trình:

4

1

2 (1)

a

b a b

b  a  

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

   

2 2

4 2

2

1

1 1 (2)

a a

b b a a b b a b a b

b a b a

 

              

 

 

Từ (1) (2) suy ra:

 2

1

2

x

x x

  



 



 

 

Vậy: Phương trình cho có nghiệm x =

0.25

0.25

0.25

0.5

0.5 0.25

2

(2.0đ) Giải phương trình:

2

(x 4) 2x4 3 x 6x

Điều kiện x2

Phương trình cho viết thành

2 2

(x 4) 2x 4 x  4 4x 6x

2 2

(x 4)( 2x 1) (2x x 3) (x 4)( 2x 1) ( (2x x 4) 1)

            

2

(x 4)( 2x 1) ( 2x x 1)( 2x 1)

        

Do 2x  4 0 Phương trình cho tương đương với

0.25 0.25

 2

2 4 ( 2 4 1) 2 4 2 2 4 0 2 4 0

x x x x x x x x x

              

2

2 4

x x   x  x   x 

Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1

0.5 0.25 0.25

III (4.0đ)

1 (2.0đ)

Tìm tất cặp số nguyên dương (x y, ) với x y, nguyên tố và thỏa mãn phương trình:  

3

2 x  x y  y

Áp dụng đẳng thức:

  

3 3 3 2

a b c  abc a b c a  b c  ab bc ca 

ta có:

 

    

3

3 3 2

2

2 2 (*)

x x y y

x x y x y x y x y xy x y

  

           

 

2

3

3

6

3 2

x y x y

x x y

x x y x y

 



   

 

 



 

Mặt khác,      

3

, , ,

x y   x y x   x y x 

 

6 2x y 2x y 1;2;3;6

      ( từ (*) 2x y *

    )

Trường hợp 1: 2x y  1 y2x thay vào PT cho ta được:  

2

6x x1  0 x 1 y1

Trường hợp 2: 2x y  2 y2x thay vào PT cho ta được:   

2

1 1

x x  x   x  y

(loại) Trường hợp 3: 2x y  3 y2x thay vào PT cho ta được:  

2

3 4

x x    x  y

Trường hợp 4: 2x y  6 y2x thay vào PT cho ta được: x312x236x 35 0

Do x, y nguyên dương nên x > xƯ(35)  x5;7;35

Bằng cách thử trực tiếp ta thấy khơng có giá trị thỏa mãn Vậy cặp (x y, ) thỏa mãn đề là: (1;1), (4; 5)

0.25 0.25 0.25 0.25

0.5

0.25 0.25

2 (2.0đ)

Cho p số nguyên tố khác a, b hai số tự nhiên lẻ cho a + b chia hết cho p a – b chia hết cho p – Chứng minh : ab + ba chia

hết cho 2p Giả sử a b

Gọi r dư phép chia a cho p a r (mod )p Do (a + b) chia hết cho p nên br(mod )p

Suy ab ba rb ra(mod )p hay abba rb(1 ra b ) (mod )p

Mặt khác : (a – b) chia hết cho (p – 1) nên a – b = k(p -1) Vì r khơng chia hết cho p nên theo định lí Fermat nhỏ ta có :

1 ( 1)

1(mod ) 1(mod ) 1(mod )

0(mod )

p k p a b

b a b a

r p r p r p

a b p hay a b p

  

    

    

Mặt khác ab ba số nguyên lẻ nên ab ba2

Do (p, 2) =1 Vậy (abba) 2 p (Đpcm)

0.5 0.25 0.25 0.25

IV (6.0đ)

1

(2.0đ) Vì  

O  C tiếp xúc A nên A,C,O thẳng hàng Vì  O  D tiếp xúc B nên B, D,O thẳng hàng Xét  C có

 1

ANP ACP

2 .

Tam giác ACP cân C, tam giác AOB cân O nên suy ra:

   

APC ABO CPA CP / /OB

;

    1

ACP AOB ANP AOB

2 (1) Tương tự, ta có DP / /OA BDP AOB

 

 BNP1AOB (2) Từ (1) (2) suy ra: ANP BNP .

0.25 0.25 0.25 0.5 0.25

2 (2.0đ)

Gọi H giao điểm NP CD; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có CP / /OB; DP / /CO

Suy tứ giác CPDO hình bình hành. Do IOIP,

 C  D cắt P N suy CDNP (3)

0.25



HN HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI / /NO hay CD / /NO (4)

Từ (3) (4), suy NONPPNO 90  0 Do điểm N nằm đường trịn đường kính OP

0.5

0.25 0.25

3 (2.0đ)

Chứng minh BĐT Ptoleme tứ giác

Áp dụng BĐT Ptoleme tứ giác ABON ta có: OA BN OB AN ON AB     Lưu ý: Nếu chứng minh BĐT Ptoleme cho điểm tối đa, cịn nêu áp dụng cho 0,5đ trên)

1.5 0.5 V

(2.0đ)

Cho số thực dương a b c, , .Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

   

2

2

1

2

P a bc

a b a c

   

  .

    

    

         

2 2

2

2 2

2

2 2 2

2

2

Ta ( ) 1

( ) 1

1 1

1 Theo B

a bc b c

b b

a b a bc a bc

c c

c

a bc b c

c c

a c a bc a bc

b b

b

c b

a bc

a bc b c a bc b c

a b a c

P a bc a bc

a bc

AM GM

 

   

         

   

 

 

   

         

   

 

    



   

 

     

 

có: Tương tự :

ÑT ta co

2

2

1

3

2

2

P a bc a bc

a bc

a b c

P a b c

     



   

    

ù:

Dấu " = " xảy

Vậy GTNN cuûa

0.5 0.5

0.25

0.5 0.25

Chú ý:

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm từng phần hướng dẫn quy định.