Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Đống Đa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Đống Đa (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Ngày thi: 14/11/2020 Đề số 2 Câu 1. (5 điểm) nnn(1)(2)++ 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để p =+1 là số nguyên tố. 6 2. Giải phương trình xxxx−+−−−−=16(1)(6)1 Câu 2. (5 điểm) 1. Cho ba số thực khác không abc,, thỏa mãn điều kiện: 1111 abc+ + 0 và ++= . Tính giá trị của biểu thức: abcabc ++ 111 Aabc=++++()()202120212021 abc202120212021 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên ( x y;; z )thỏa mãn ( xyxy+−=+)( ) 810z Câu 3. (2 điểm) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: abc A =++ 232323abbcca222222++++++ Câu 4. (7 điểm) Cho đoạn thẳng ABcm =8 và một điểm M nằm bất kỳ trên đoạn thẳng AB , một nửa mặt phẳng bờ , dựng hai hình vuông A M C D và BMEF . Gọi giao điểm của đường thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P . a) Chứng minh bốn điểm ANPB,,, cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng DN. FN= MN 2 và 3 điểm N P,, F thẳng hàng. c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5. (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có các kích thước là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm, có thể tích acm()3 . Biết khi đạt hình hộp chữ nhật đó đặt lên mặt bàn thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là acm()2 (minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của a . HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA Năm học: 2020-2021 Câu 1. (5 điểm) n( n++ 1)( n 2) 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để p =+1 là số nguyên tố. 6 2. Giải phương trình xxxx−+−−−−=16(1)(6)1 Lời giải 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để là số nguyên tố. Ta có n( n++ 1)( n 2) p =+1 6 (nn++ 3)(2 2) =P 6 Với nP =0 1 = không phải số nguyên tố Với nP 12= = là số nguyên tố Với nP 25= = là số nguyên tố. Với nP 311= = là số nguyên tố. Với n 4 thì (3)6n + và (n2 + 2) 17 (n + 3) và ( 2n )2 + thì luôn tồn tại một số số chẵn nên khi đó P là hợp số. Vậy P là số nguyên tố thì n 1;2;3 2. Giải phương trình (*) Điều kiện xác định: 16 x Đặt t= x −16 + − x t2 = x −1 + 2 ( x − 1)(6 − x ) + 6 − x t2 =5 + 2 ( x − 1)(6 − x ) t 2 − 5 (xx − 1)(6 − ) = 2 Thay vào (*) ta được
3. t 2 − 5 ttt−= −+=1252 2 2 2 t =−1 −−= tt230 t = 3 Với t=3 352 − (xx − 1)(6 − ) = 2 (xx − 1)(6 − ) = 2 (xx − 1)(6 − ) = 4 =x 2 hoặc x = 5 Câu 2. (5 điểm) 1. Cho ba số thực khác không abc,, thỏa mãn điều kiện: 1111 abc+ + 0 và ++= . Tính giá trị của biểu thức: abcabc ++ 111 Aabc=++++()()202120212021 abc202120212021 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên ( x y;; z )thỏa mãn ( xyxy+−=+)( ) 810z Lời giải 1. Ta có 11111111 ++= ++−= 0 abcabcabcabc++++ abab++ += 0 abc abc()++ c() abcab+++ +=(ab).0 abc() abc++ +++=()(bc)(ca)0ab abab+== −0 += = bc0 − bc ca0+== − ca 202120212021 111 Khi đó ta có Aabc=++++() 202120212021 abc 1 1 1 A=( a2021 + ( − a ) 2021 + ( − a ) 2021 )( + + ) a2021()()−− a 2021 a 2021 1 =−().a 2021 ()−a 2021 =1 2. - Nếu z 0 8z + 10 không là số nguyên, ( x+ y)( x − y) z (*) không thể xảy ra.
4. - Nếu z = 0 ( xyxy+−=)( ) 11. xyx+== 116 Trường hợp 1. xyy−== 15 xyx+== 16 Trường hợp 2. xyy−==−115 xyx+=−=−1112 Trường hợp 3. xyy−=−=−11 xyx+=−=−112 Trường hợp 4. xyy−=−= 1111 - Nếu z 1 8 1z 0+ là số chẵn và chia 4 dư 2 ( x y+− x y )( ) là số chẵn. Mà ( xyxyx+−=)( ) 2 là số chẵn +( xy) và ( xy− ) là số chẵn. +−( xyxy )( ) chia hết cho 4, mà không chia hết cho 4. Nên z 1không thể xảy ra. Vậy bộ số nguyên ( x, y , z ) là (6,5,0) ;( 6,5,0−−−− ;12,1,0) ( ;12,11,0) ( ) Câu 3. (2 điểm) Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: abc A =++ 232323abbcca222222++++++ Lời giải Ta có: 2ab2+ 2 + 3 = aba 2 + 2 + 2 + 1 + 2 2 abaabc + 2 + 2 aa1 = 232222(bababaabc22+++++ 1bc) + Tương tự b 1 2b22+ c + 3 2(c + 1 + ac ) c 1 2c22+ a + 3 2(a + 1 + ab ) 1 1 1 1 1 1 b bc A + + = + + 2 1++b bc 1 ++ c ac 1 ++ a ab 2 1 ++ b bc b ++ bc abc bc ++ abc ab . bc 1 1b bc 1 A + + = 2 1+b + bc b + bc + 1 bc + 1 + b 2
5. Dấu “ =” xảy ra khi abc= = = 1 1 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là khi . 2 Câu 4. (7 điểm) Cho đoạn thẳng A B c m=8 và một điểm M nằm bất kỳ trên đoạn thẳng AB , một nửa mặt phẳng bờ , dựng hai hình vuông A M C D và BMEF . Gọi giao điểm của đường thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P . a) Chứng minh bốn điểm A, N , , P B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng D N F. N M= N 2 và 3 điểm N P,, F thẳng hàng. c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. Lời giải a) Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn. Hình vuông A M C D có đường chéo AC , suy ra CAM = 45o hay PAB = 45o . Hình vuông BMEF có đường chéo BE , suy ra EBM = 45o hay PBA = 45o . Suy ra tam giác PAB vuông cân ở P , suy ra APBE⊥ . Xét tam giác EAB có A P, E M là các đường cao và cắt nhau tại C , suy ra là trực tâm tam giác , suy ra BCAE⊥ hay BNAE⊥ . Tứ giác A N P B có ANB== APB 90o nên là tứ giác nội tiếp Suy ra minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng và 3 điểm thẳng hàng. Xét tứ giác ADNC , có ADCANC==90o nên nội tiếp, suy ra DNA== DCA 45o (1) Tương tự ENF== EBF 45o (2) Từ (1) và (2), suy ra DNAENF==45o . Vì ENA,, thẳng hàng nên DNF,, . Suy ra MNF== MEF 90o hay MN⊥ DF . Xét tam giác DMF có DMF= DMC + EMF = 90o , từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có .
6. Ta có tứ giác E N C P nội tiếp vì ENCEPC+=180o , suy ra C E N N= P C hay A P D N= E M . Mặt khác tứ giác M N E F nội tiếp, suy ra M F N N= E M , suy ra APD= MFN hay A P D D= F M mà A P M// F , suy ra D,, P F thẳng hàng, lại có D,, P N . Do đó bốn điểm D, N , , P F thẳng hàng. (đpcm). Cách 2 Xét tứ giác A D N C , có ADCANC==90o nên nội tiếp, suy ra DNADCA==45o (1) Tương tự ENFEBF==45o (2) Từ (1) và (2), suy ra DNAENF==45o . Vì E N,, A thẳng hàng nên D,, N F . Suy ra MNF== MEF 90o hay MN⊥ DF . Xét tam giác DMF có DMFDMCEMF=+= 90o , từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có DN. FN= MN 2 . Ta có tứ giác nội tiếp vì , suy ra hay . Mặt khác tứ giác nội tiếp, suy ra , suy ra hay mà , suy ra thẳng hàng, lại có . Do đó bốn điểm thẳng hàng. (đpcm). c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn nhất. 2 11111 111441 Ta có 22222=+=+ + == 2 2 . MNMDMFMAMB 22 416 MAMBAB (MAMB+ ) Suy ra MNMN2 164 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm AB. Câu 5. (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có các kích thước là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm, có thể tích a c() m 3 . Biết khi đặt hình hộp chữ nhật đó lên mặt bàn thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là a c() m 2 (minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của a . Lời giải Gọi các kích thước của hình hộp chữ nhật đó là x,, y z Từ giả thiết, ta có a==+ xyz +21 z( x − 22. y) =+ xy xy( zz x) yz ( ) 4zz 16 3 Ta có xy( z−1) = 2 z( x + y) 4 z xy . xy xyz . z −1 ( z −1)2
7. 2 16z3 4343(zz−−) ( ) Xét hiệu xyzz −= 1080,2. (zz−−11)22( ) 16z3 Suy ra xyz 108. Dấu “=” xảy ra tại x y= z =3 =; 6 . ( z −1)2 Vậy m i n 1a 0= 8 HẾT