Đề thi tham khảo học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Lần 2 - Năm học 2020-2021 (có đáp án)

Đề thi tham khảo học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Lần 2 - Năm học 2020-2021 (có đáp án)

ĐỀ BÀI

Bài 1: (4điểm)

 Cho P = +

 1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1

 2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Bài 2: (4,5 điểm) Giải phương trình

 1/ = 4 2/ 3/

Bài 3: (4,5điểm)

 1. Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5

 2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn

x2 + xy + y2 = x2y2

 3. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có.

 3(x2 - ) < 2(x3="" -="">

Bài 4 (6 điểm) : Cho nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F

a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC

b) Giả sử HD = AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3

 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng.

 

doc 6 trang hapham91 2710
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tham khảo học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Lần 2 - Năm học 2020-2021 (có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
TRƯỜNG THCS 
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài 150 phút
ĐỀ BÀI
Bài 1: (4điểm) 
 Cho P = + 
 1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
 2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4,5 điểm) Giải phương trình
 1/ = 4 2/ 3/ 
Bài 3: (4,5điểm)
 1. Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5
 2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 
x2 + xy + y2 = x2y2
 3. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có.
 3(x2 - ) < 2(x3 - )
Bài 4 (6 điểm) : Cho nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F
Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC
Giả sử HD = AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3
 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng.
Bài 5: (1 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = .
 Hãy tìm GTNN của 
 P = + 
**********************HẾT************************
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Câu
Tóm tắt cách giải
Điểm
1
(4 điểm)
1
2,5 đ
Điều kiện x > 0; x 1; 4
P = + 
 = + 
 = 
 P > 1 > 1 - 1 > 0
 > 0
 > 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0
 x – 1 > 0 x > 1 
 Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; 4
Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2
1,5 đ
 P = = 2 + Với x > 0; x 1; 4
 P nguyên x – 1 là ước của 4
 P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x =2
0,5
0,5
0,5
2
(4,5 điểm)
1/(1,5đ)Điều kiện x – 3 + 0 
Phương trình tương đương
 - - 4- 4x + 12 = 0 ()
Xét x < - Thì () - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 2x = -28
 x = - 14 ( Thỏa mãn đk)
Xét - ≤ x < 1 Thì ()- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 x = ( Thỏa mãn đk)
Xét 1≤ x < Thì ()- 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 x = ( loại)
Xét x ≥ Thì ()3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
 x = - (Loại)
Vậy phương trình có nghiệm x 
2/ (1,5đ)
ĐK: x 2 (***)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3
 3/ (1,5đ) 
Đặt = t, với t > 0, ta có t2 + 3x = (x + 3).t
Từ đó giải được t = x; t = 3
Do đó: 
+ Với t = x, ta có = x vô nghiệm.
+ Với t = 3, ta có = 3 x2 = 8 x = 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,5 đ
1/Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
 (x + y)2 = xy(xy + 1)
+ Nếu x + y = 0 xy(xy + 1) = 0 
 Với xy = 0 . Kết hợp với x + y = 0 x = y = 0
 Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 hoặc 
+ Nếu x + y 0 (x + y)2 là số chính phương
 xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)
0,5
0,5
0,5
3
(4,5 điểm)
2
1,5 đ
Ta có: P(0) = d 5
P(1) = a + b + c + d 5 => a + b + c 5 (1)
P(-1) = -a + b – c + d 5 => -a + b – c 5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2b 5 => b 5 vì (2,5) = 1, suy ra a + c 5
P(2) = 8a + 4b + 2c + d 5 => 8a + 2c 5 => a 5 => c 5
0,25
0,25
0,5
0,5
3
1,5 đ
3(x2 - ) < 2(x3 - ) 
 3(x - )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1)
3(x + ) 1 nên x - > 0)
Đặt x + = t thì x2 + = t2 – 2
Ta có (1) 2t2 – 3t – 2 > 0
 (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)
Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 x2 + 1 > 2x x + > 2 hay t > 2 
 (2) đúng . Suy ra điều phải chứng minh 
0,5
0,5
0,5
4
(4 điểm)
1
2 đ
a/
b/
c/
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tac có: AE.AB = AD2 ;
AF.AC = AD2 
Suy ra: AE.AB = AF.AC
Biểu thị được : tanB = ; tanC =; tanB.tanC = 
Biểu thị được: 
tanB = ; tanC = ; tanB.tanC = 
Suy ra : (tanB.tanC)2 = => tanB.tanC = = 3
Chứng minh được: AE.AB/AK.AB=AF.AC/AI.AC => EF // IK
Chứng minh được: 
Tương tự chứng minh được và suy ra 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng
0,5
0,5
1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5
(1 điểm)
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2 ; 1 và 1; 4 ta có
 (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 
 ≥ (1) Dấu “=” xảy ra a = 
 Áp dụng Bunhiacopski cho b2 ; 1 và 1; 4 ta có 
 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 ≥ (2) 
 Dấu “=” xảy ra b = 
Từ (1) và (2) P ≥ () 
Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = a + b + ab = 
Áp dụng Côsi ta có: a a2 + 
 b b2 + 
 ab 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
 + ≥ a + b + ab = 
 a2 + b2 ≥ (- ): = Thay vào ()
 P ≥ = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a = b = 
0,25
0,25
0,25
0,25
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương
 - Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tham_khao_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_lan_2_nam_hoc.doc