Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

1. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC: 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề bài ) Câu 1 ( 3,0 điểm ). 1. a) Giải phương trình sau: 2x2 5x 3 2x2 5x 7 5 . b) Giải phương trình: 3(x2 2 x 1)2 2(x2 3x 1)2 5x2 0 . c) Cho f(x) x2 6x 12.Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 . 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + 1 = y4 . Câu 2 ( 2,0 điểm ). a) Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp. Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A. Chứng minh A là hợp số . 2 2 2 xy 1 b) Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức: x y 2 . Chứng minh: 1 xy là một x y số hữu tỉ. c) Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = { ax + by }, trong đó x và 2ab và ab đều thuộc tập hợp T . y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các số: a b Câu 3 ( 1,0 điểm ). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P xy(x y) yz(y z) zx(z x). Câu 4 ( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ). M, N nằm trên cạnh BC sao cho M nằm giữa N và B. Lấy các điểm P, Q trên AM, AN sao cho BP, CQ cùng vuông góc với BC. Gọi K, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ, AMN và L là hình chiếu của K trên AJ. E là trực tâm tam giác AMN, S là hình chiếu của E trên MN và F là trung điểm của MN. 1. Tính AE theo MJ và MN. 2. a) Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường thẳng QR và AP, kẻ đường kính AT của đường tròn ( K ). Chứng minh rằng: AL. CQ + QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD 2 = MA.MP.RD2. b) Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD. Câu 5: ( 1,0 điểm ). Cho a1, a2, ., an ( n 3) là các số thực. Chứng minh rằng: Khi đó a i, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n. Biết rằng n số 3n 1 thực trên là các số thỏa mãn: (a a a )2 (a 2 + a 2 + + a 2 ) . 1 2 n 3 1 2 n HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2: .
2. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC: 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN 9 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN A. LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0.25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. B. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Lời giải Điểm 1 7 1 1 a. Giải phương trình: 2x2 5x 3 2x2 5x 7 5 . ĐKXĐ: x 1hoặc x 2 Đặt 2x2 5x 2 a ( a 0 ), phương trình trở thành: a2 5 a2 5 5 2a2 2 a4 25 25 4(a4 25) (25 2a2 )2 0.5 4a4 100 4a4 100a2 625 29 100a2 725 a2 . 4 29 Khi đó, ta có: 2x2 5x 2 = a 2x2 5x 2 a2 8x2 20x 8 29 4 5 3 11 x 8x2 20x 37 0 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ ). 0.5 5 3 11 x 4 5 3 11  Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S =  . 4  b. Cho f(x) x2 6x 12.Giải phương trình: f(f(f(f(x)))) = 65539 . Theo đề bài, ta có: f(x) = x2 6x 12 (x 3)2 3 f(x) 3 (x 3)2 . 0.25 Suy ra : f(f(x)) (f(x) 3)2 3 (x 3)4 3 f(f(x)) 3 (x 3)4 . f(f(f(x))) = (f(f(x)) – 3)2 + 3 = (x – 3)8 + 3. 0.25 f(f(f(f(x)))) = (f(f(f(x))) – 3)2 + 3 = (x – 3)16 + 3.
3. 16 16 x 3 2 x 5 Khi đó: (x – 3)16 + 3 = 65539 (x 3) 65536 2 . x 3 2 x 1 Kết luận: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {5; 1}. c. Giải phương trình: 3(x2 2 x 1)2 2(x2 3x 1)2 5x2 0 . Do x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương trình ban đầu 2 2 2 1 1 1 cho x ta được 3 x 2 2 x 3 5 0 . Đặt y = x thì phương x x x trình trở thành: 2 2 2 y 1 3(y 2) 2(y 3) 5 0 y 1 0 . y 1 0.25 1 1 5 x 1 x Suy ra : x 2 . 0.25 1 1 5 x 1 x x 2 1 5 1 5  Kết luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = . ;  2 2  Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 + 4x + 1 = y4 . Nhân cả 2 vế của phương trình ban đầu, ta được phương trình mới tương đương với 0.5 phương trình đã cho: 4x2 + 16x + 1 = 4y4 (2 x 4 2 y2 )(2 x 4 2 y2 ) 12 . 2 Xét các cặp giá trị của x và y , ta được duy nhất x = –4, y = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. 0.5 Kêt luận: Vậy x = – 4, y = 1. Cho A = a + b + c + m + n + p, B = ab + bc + ca – mn – np – pm và C = abc + mnp. Biết a, b, c, m, n, p là các số nguyên dương và cả B, C đều chia hết cho A. Chứng minh A là hợp số . Xét đa thức f(x) = (x + a)(x + b)(x + c) – (x – m)(x – n)(x – p). Khai triển và rút gọn, ta 0.5 được: Ax2 Bx C. a Vì cả B và C đều chia hết cho A nên f(x) MAx Z. Do đó đa thức f(m) M A hay 0.25 (m+a)(m+b)(m+c) M A. 2 Nếu A là số nguyên tố thì 1 trong 3 số trên phải có ít nhất một số chia hết cho A, vô lí vì 0.25 đây đều là những số nguyên dương nhỏ hơn A. Do đó, A phải là hợp số . Kết luận: Vậy A là hợp số. 2 2 2 xy 1 Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn: x y 2. Chứng minh rằng: x y b 1 xy là một số hữu tỉ.
4. 2 2 2 2 xy 1 2 xy 1 Ta có: x y 2 (x y) 2(xy 1) 0 x y x y 2 2 2 xy 1 xy 1 xy 1 0.25 (x y) 2(x y). 0 x y 0 x y x y x y xy 1 x y 1 xy (x y)2 1 xy x y . x y Vì x, y là các số hữu tỉ nên |x + y| là một số hữu tỉ, suy ra 1 xy là một số hữu tỉ. 0.25 Kết luận: Vậy 1 xy là một số hữu tỉ. Cho hai số a và b thỏa mãn a > 0, b > 0 . Xét tập hợp T các số có dạng: T = { ax + by }, trong đó x và y là các số thỏa mãn x,y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng các 2ab và ab đều thuộc tập hợp T . số: a b Ta tìm x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1 sao cho: 2ab ab b2 b a = ax + by = ax (1 x)b (a b)x x ,y thỏa a b a b a b a b 0.25 2ab mãn: ( x; y ) (0;1),x y 1. Vậy T. c a b Chứng minh tương tự: ab ax by ax (1 x)b (a b)x ab b . ab b b a 0.25 x ,y thoả mãn ( x; y ) (0;1),x y 1. a b a b a b Vậy ab T. 2ab và ab đều thuộc tập hợp T. Kết luận: Vậy các số a b Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0 ;4 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P xy(x y) yz(y z) zx(z x). Đặt.aKhi đó,x, bta có: y , c z 0 a,b,c 2;A ab(a2 b2 ) bc(b2 c2 ) ca(c2 a2 ) . Do các số a, b, c có vai trò 3 hoán vị vòng quanh trong biểu thức A nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0.25 a b,a c. Ta có: A = =A– ab(a2 b2 ) bc(b2 c2 ) ca(c2 a2 ) ab(a2 b2 ) b3 c c3b c3a a3c ab(a2 b2 ) c(b a)(b2 ba a2 c2 ) ab(a2 b2 ) ( vì c(b a) 0;b2 ba a2 c2 a2 c2 0 ) 2b(a2 b2 ) 2 b(4 b2 ) (vì 0 b a 2 ).
5. Đặt B = 2b(4 b2 ) 0 .Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số không âm, ta có: 3 2b2 4 b2 4 b2 210 0.5 2 2 2 2 2 2 2 B 4b (4 b ) 2.2b .(4 b )(4 b ) 2 3 . 3 3 32 3 Do đó: A B . 9 c(b a)(b2 ab a2 c2 ) 0 a 2 b(a2 b2 )(2 a) 0 2 3 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: b . 2 b(4 a ) 0 3 2 2 c 0 2b 4 b 32 3 4 Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của A là đạt được khi (x; y; z) = và4 ;các; 0 9 3 hoán vị. Tính AE theo MJ và MN. Kẻ đường kính AH của đường tròn ( J ). 0.25 Dễ thấy tứ giác MECH là hình bình hành, F là trung điểm của MN nên F cũng là trung điểm của EH. Suy ra : JF là đường trung bình của tam giác AEH AE 2JF. 0.25 1 1 Mặt khác, F là trung điểm của MN nên MF MN và JF vuông góc với MN tại F. Áp 2 dụng định lí Pythagores vào tam giác JFM vuông tại F, ta có: JF MJ2 MF2 2 0.25 2 1 2 1 2 MJ MN MJ MN . 2 4 1 1 0.25 AE 2JF 2 MJ2 MN2 . Vậy AE = .2 MJ2 MN2 4 4 4 a. Gọi R là hình chiếu của Q trên đoạn thẳng BP và D là giao điểm của hai đường t thẳng QR và AP, kẻ đường kính AT của đường tròn (K). Chứng minh rằng: AL. CQ ++ QR . KL = AL . BP và MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2. K·AL M· AJ P·AK M· NH P·QT (90 A·NM) (90 A· QP) A· QP A·NM · · · Vì MN // RQ ( cùng vuông góc với BP ) nên ANM AQR ( đồng vị ). Suy ra: KAL 2 0.25 · · · AQP AQR PQR . AL QR AK QP Khi đó: AKL ~ QPR (g.g) và (1) KL PR AL QR AL QR Từ AL.PR = QR. KL AL(BP BR) QR.KL AL.BP AL. KL PR
6. BR QR. KL AL. BR QR. KL AL. BP . 0.25 Dễ thấy tứ giác BCQR là hình chữ nhật nên BR = CQ. Suy ra: AL. CQ QR. KL AL. BP . MS MA RD PD MSA ~ MBP (g.g) (*); PRD ~ PBM (g.g) MB MP BM PM 0.25 RD.PM BM.PD BM ;MP PD RD MS MA MS.PD MA.RD Khi đó, (*) tương đương với: RD.PM BM.PD RD.PM BM.PD PD RD 0.25 MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2. Vậy AL. CQ QR. KL AL. BP và MS.MB.PD2 = MA.MP.RD2. b. Chứng minh rằng: RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD. P·TQ M· HN ( cùng bù với M· AN ) P·TK K·TQ M· HA N·HA 180 P·KT 180 T·KQ 180 M· JH 180 H· JN 2 2 2 2 360 P·KQ 360 M· JN P·KQ M· JN . 0.25 JM KP JM MN Mà: ( 1) nên JMN ~ KPQ (c.g.c) (2) JN KQ KP PQ AJ AK AJ JM Lại có: ( 1) (3) JM KP AK KP Từ (1), (2) và (3) ta có: 0.25 AJ AJ AK JM QP MN QP MN . . . , mà QR = BC ( do BCQR là hình AL AK AL KP QR PQ QR QR AJ MN chữ nhật ) nên: . AL BC AL JL BC BM NC JL BM NC BM NC JL Suy ra: 1 1 . AL BC AL BC BC BC BC AL 0.5 RD.PM RD.PM NC JL Mà B(chứngM minh trên ) nên PD PD.BC BC AL RD.PM NC.PD JL RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD. PD.BC AL Vậy RD.PM.AL + NC.AL.PD = JL.BC. PD.
7. 0.25 Giả sử có 3 số nào đó không là độ dài ba cạnh của một tam giác, chẳng hạn là a1, a2, a3 và a1 + a2 < a3. ( 1 ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai dãy, mỗi dãy có n – 2 số thực : 2 2 2 + Dãy 1: a1 a2 a3 ,a4 ,a5 , ,an . 8 0.25 + Dãy 2: và n – 3 số 1 3 2 8 8 Ta có: (a 2 a 2 a 2 ) a a a n 3 (a 2 a 2 a 2 ) 1 2 3 4 5 n 1 2 n 5 3 3 2 3n 1 8 hay (a 2 a 2 a 2 ) (a 2 a 2 a 2 ) a a a . 1 2 n 1 2 3 4 5 n 3 3 Kết hợp với bất đẳng thức điều kiện, suy ra: 2 2 8 a a a (a 2 a 2 a 2 ) a a a 1 2 3 1 2 3 4 5 n 0.25 3 8 a a a (a 2 a 2 a 2 ) 3(a a a )2 8(a 2 a 2 a 2 ) 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 5(a1 a2 a3 ) 6(a1a2 a2a3 a3 a1) ( 2).
8. Giả sử: a3 a1 a2 x ( x > 0 ) , thay vào ( 2 ) ta được: 5 a 2 a 2 (a a x)2 6 a a (a a )(a a x) . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Khai triển và rút gọn, ta được: 4(a 2 a 2 ) 8a a 5x2 4x(a a ) 0 hay 1 2 1 2 1 2 0.25 2 2 4(a1 a2 ) 5x 4x(a1 a2 ) < 0. Bất đẳng thức này không xảy ra do biểu thức ở vế trái luôn dương. Vậy giả thiết (1 ) là sai. Kết luận: Vậy ai, aj, ak là độ dài ba cạnh của một tam giác, trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 0 < i < j < k n HẾT