Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2.5 điểm) ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP CẤP TRƯỜNG LẦN NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề x 8x x x 3 x 9 x x x x P Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tìm x để P = -1 c) Tìm m để với x lớn ta có m( x 3) P x Câu (2.0 điểm) a) Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên, biết f(x) có giá trị 2017 giá trị nguyên khác x Chứng minh f(x) không thể nhận giá trị 2007 với số nguyên x b) Tìm số nguyên tố p cho 2p+1 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 thì a b ab Câu (2.0 điểm) Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh a E là điểm di động trên cạnh CD ( E khác C và D, EC < ED) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1 AF có giá trị không đổi a) Chứng minh : AE b) Chứng minh rằng: Câu (1.0 điểm) x - 2007 + y x +3+ y = Tìm tất các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn: …………………………… Hết …………………………… (Cán coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không sử dụng MTCT!) PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ HSG LỚP CẤP TRƯỜNG LẦN (2) TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU Câu 1(2,5 đ) NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Nội dung trình bày x 8x x x P x x x x x Cho biểu thức a)Rút gọn P b)Tìm x để P = -1 c)Tìm m để với x lớn ta có m( x 3) P x Điểm a) ĐKXĐ : x>0, x 1, x 9 Với đk đó, ta có: x (3 x ) 8x x1 2x P (3 x )(3 x ) (3 x )(3 x ) x ( x 1) x x (3 x ) x x P (3 x )(3 x ) x x 0,25 P 12 x x x 2x (3 x )(3 x ) x x P 12 x x 2 2 x (3 x )(3 x ) x 0,25 x (3 x )( x ) P (3 x )(3 x )2 x 2x P x 2x P x , với x>0, x 1, x 9 Vậy b) Với x>0, x 1, x 9 thì P= - x x 0 0,25 0,25 2x x x x x x 0 Do x nên x 0 x=1 (loại, không thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy không có giá trị nào x để P= - 2x P x thì m( x 3) P x trở thành c) Với 2mx > x + (2m - 1)x >1 m Vì x> >0 nên 2m – 1>0 1 x x 2m Vậy để 2m với x>9 thì Khi đó 1 10 9 2m 2m m 2m 9 m Vậy để với x>9 ta có m( x 3) P x thì 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (3) 2(2,0 đ) a) Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên, biết f(x) có giá trị 2017 giá trị nguyên khác x Chứng minh f(x) không thể nhận giá trị 2007 với số nguyên x Giả sử tồn x = a, a Z để f(a) = 2007 (1) Gọi giá trị nguyên khác x để f(x)=2017 là 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 là các nghiệm đa thức f(x) – 2017 f(x) – 2017 =( x - x1)(x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5)g(x), 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 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 và g(a) là số nguyên Do đó vế trái (*) là tích ít năm số nguyên khác Mà – 10 có thể phân tích thành tích nhiều bốn thừa số nguyên khác nhau(mâu thuẫn) Vậy f(x) không thể nhận giá trị 2007 với số nguyên x(đpcm) b)Tìm số nguyên tố p cho 2p+1 lập phương số tự nhiên Giả sử 2p + = n3 (n N), suy n là số lẻ n = 2m + (m N ) Khi đó 2p + = (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 m nên m = Suy p =13, là số nguyên tố( thỏa mãn) Vậy p=13 3(2,5 đ) x x 14 x (1) a) Giải phương trình: ĐKXĐ x 1 Bình phương hai vế phương trình (1), ta được: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x x (x 1)(7 x 1) 14 x (x 1)(7 x 1) 3 x (x 1)(7 x 1) (3x 3) (dox 1) (x 1)(7 x x 9) 0 (x 1)(10 x) 0 0,25 x 0 10 x 0 0,25 x 1 x 5 ( thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy tập nghiệm phương trình là S 1;5 0,25 0,25 1 2 b)Chứng minh với a b 1 thì a b ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 0,25 (4) 1 1 0 2 a b ab ab 1 0 2 a ab b ab ab a ab b 0 a ab b2 ab a (b a ) b(a b) 0 a ab b2 ab b a a b 0 ab a b 0,25 0,25 0,25 b a a ab b ba 0 ab (1 a )(1 b ) (b a ) (ab 1) 0(*) (1 ab)(1 a )(1 b ) Vì a b 1 nên ab-1 Do dó (*) đúng với a b 1 1 2 Vậy a b ab , với a b 1 (đpcm) Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh a E là điểm di động trên cạnh CD( E khác C và D, EC<ED) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD K 4(2,0 đ) 0,25 1 AF có giá trị không đổi a)Chứng minh : AE b)Chứng minh rằng: a) - Chứng minh - AF=AK (1) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông KAE A với AD là đường cao, ta 1 2 AE AD (2) có AK 1 1 2 2 AE AD a (không đổi) Từ (1) và (2) suy AF - 1 AF có giá trị không đổi (đpcm) Vậy AE - 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) b) Kẻ EH - - KF) S KEF KA.EF Ta có , mà S KEF - KF (H AKE nên KE.EF.cos AKE (1) 0,25 1 S KEF EH.K F EH (KH HF ) 2 Ta lại có (2) Từ (1) và (2) suy ra: 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 Suy cos AKE = SinEFK Cos EKF SinEKF Cos EFK Vậy cos AKE = SinEFK Cos EKF SinEKF Cos EFK (đpcm) Ta có: x 2007 y x y 0 x 1 2005 x 1 y x 1 2003 Do đó x−1 là ước 2003 ( x 1) 1; 2003 Mặt khác 2003 là số nguyên tố 5(1đ) 0,25 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 * 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 0,25 0,25 0,25 0,25 * 0,25 Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) cần tìm là: 2; 4007 , 0; 3 ; 2004; 3 ; 2002; 4007 0,25 (6)