Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Nam Từ Liêm (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD và ĐT Nam Từ Liêm (Có đáp án)

1. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN QUẬN NAM TỪ LIÊM MÔN TOÁN 9 - NĂM HỌC: 2020 - 2021 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Đề số 5 Bài 1. (4,0 điểm) 11211 xyxxyy33+++ 1. Cho biểu thức A =+++ : với 33 xyxy + xy xyx+ y xy 0 , 0 a) Rút gọn biểu thức A b) Cho xy+=4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 84 84 2. Cho biểu thức B =3311 + + − . Chứng minh rằng B là một số nguyên. 99 Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho mnp+−+5;2;2020 là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: mnp++++ 43q cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Cho a, b , ,c d là các số nguyên thỏa mãn abcd2222=++ Chứng minh rằng: abcd + 2021 viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương. Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn xyxyxy2222+++= 56037 43x − 2. Giải phương trình : 512xx−−+= 5 Bài 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng a và có tâm là O . Điểm M là một điểm di chuyển trên BC ( M khác B và C ). Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng CD . G là giao điểm của DM và BN . 11 1) Chứng minh rằng: + không đổi. AM22 AN 2) Chứng minh: CG⊥ AN . 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu. HẾT
2. ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN QUẬN NAM TỪ LIÊM MÔN TOÁN 9 - NĂM HỌC: 2020 - 2021 Bài 1. (5,0 điểm) 1 1 2 1 1 x33+++ y x x y y 1. Cho biểu thức A = +  + + : với 33 x y x+ y xy xy+ x y xy 0 , 0 a) Rút gọn biểu thức A b) Cho xy+=4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 8484 2. Cho biểu thức B =++−3311 . Chứng minh rằng B là một số nguyên. 99 Lời giải 1. a) Rút gọn biểu thức 11211 xy33+++ xx yy A =+++ : với 33 xyxy + xy xyx+ y 33 xy+ 2 xy+ ( xx+++ yy xy) ( ) =+.: xyxyxy yx++xy ( ) 2 xy+ xxyyxy( +++ ) ( ) =+ : xyxy xyxy ( + ) 2 xyxy++ ( xyxy++)( ) = : xy xyxy( + ) 2 ( xy+ ) xy( x+ y) = . xy ( xyx++ y)( ) xy+ = xy xy+ Vậy A = với xy b) Cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
3. xy+ 11 Với xy 0 , 0 ta có: A ==+ . Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si ta có: xyxy 11111 + = 2.2 xyxyxy xy+ 41111 Mặt khác: xy == = 22.2.2 2222 xyxy 11111 Hay + = 2.22 xyxyxy xy= Do đó: A 2 .Dấu “=” xảy ra == xy2. xy+=4 Vậy M in A = 2 tại xy==2 . 2. Ta có: 84 84 B =3311 + + − 99 3 84 84 84 84 84 84 =++−++B 1 1 33 1 . 1 − . 33 1 ++− 1 9 9 9 9 9 9 −1 BB3 =+2 3.3 . 27 BBBBBBBBB3=− +−= −+−+2 3 2 0 3 2 2 2 −= 2 0 (BBB −1)( 2 + + 2) = 0 +−= =)101BB 2 2 17 +++= ++=)200BBB ( Vô lí) 24 Vậy B = 1 là một số nguyên. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Cho m+5; n − 2; p + 2020 là các số nguyên cùng chia hết cho 6 . Chứng minh rằng: m+ n + p +43q + cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Cho abcd,,, là các số nguyên thỏa mãn abcd2222=++ Chứng minh rằng: abcd + 2021 viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương. Lời giải 1. Ta có: (mm+ 5) 6 : 6 dư 1
4. (nn− 2 6) : 6 dư 2 ( pp+ 20206:) 6 dư 2 Do đó: (m n++ p ) :6dư 5 hay (m n+ p + + 16) 2 Ta có: 4222221qqq+=+=+( ) ( 21− ) Mà 2 :321q− dư 2 nên (22q−− 1+ 132.2) ( 2 q 1 + 16) ( 426 q + ) qq Do đó: mnpmnp+++++ 4314 =+ ( + ) + ( + 2) 6 Vậy m n+ p + + + 43q cũng chia hết cho 6 (q là số tự nhiên). 2. Ta có: (21)4(1)1mmm+=++2 2 Do đó: với mọi mZ thì (21m + ) chia 8 dư 1. Nên với a, b , ,c d lẻ thì a b2222, c , ,d chia 8 dư 1 Suy ra: không xảy ra a2222= +b + c d (vì vế trái chia 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 3 ) Vậy trong các số a, b , ,c d có ít nhất 1 số chẵn. Ta có: abcd + 2021 là số lẻ. Đặt abc. . .2021 dnn+=+ + Znnn 21()21 nnnn =+ (1)(1) −+ +=+− (1) 22 Vậy ta có được điều phải chứng minh. Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn xyxyxy2222+++= 56037 43x − 2. Giải phương trình : 512xx−−+= 5 Lời giải 1. Tìm số nguyên x,y thỏa mãn: xyx222+ yxy 2 ++=560 37 +xyx222 ++ yxy 2 560 −= 370 ++−+=20201007401200xyx222 yxy 2 0 ++−=2020(1037)xyxy222 169 Vì 20x2 0  2 x ;20 y 2 0  y ;(10xy − 37) 2 0  x , y và vai trò của x,y như nhau; ta giả sử x y;20 x2 169 x 2 8 x 2 0;1;4 ; suy ra: (20xy2 ;20 2 ;(10 xy− 37) 2 ) (0;0;169);(0;20;149);(0;80;89);(20;20;129);(20;80;69);(80;80;9) Mà (1037)xy − 2 là số chính phương 20xy2 ;20 2 ;(10 xy − 37) 2 (0;0;169);(80;80;9) ( )
5. 200x2 = x = 0 + TH1: 2000yy2 = = không có giá trị 22 (1037)16937169xy −== 2 = x 2 2080x = x = 2 y = 2 + TH2: 20802yy2 = = 2 x =−2 (1037)9xy −= xy = 4 y =−2 17 xyl= () 5 Vậy (xy ; ) (2;2);( − 2; − 2) 43x − 1 2. Giải phương trình : 5xx− 1 − + 2 = (ĐK: x ) 5 5 Vì 5120;xxxy−++  4343xx−− −= 0 512xx− ++ 5 11 −−=(43)0x 512xx− ++ 5 430x −= 3 x = 11 4 −=0 512xx− ++ 5 5125xx− ++= Giải phương trình 5125xx−++= bình phương 2 vế ta có : 5x − 1 + 2 (5 x − 1)( x + 2) + x + 2 = 25 2 (5x − 1)( x + 2) = 24 − 6 x 5x2 + 9 x − 2 = 24 − 6 x ( DK : x 4) 5x22 + 9 x − 2 = 9 x − 72 x + 144 4xx2 − 81 + 146 = 0 81 2783 (2x − )2 = 4 64 xc= 2( ) 73 xl= () 4 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ;2 4 Bài 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh bằng a và có tâm là O . Điểm M là một điểm di chuyển trên BC ( M khác B và C ). Gọi N là giao điểm của tia AM và đường thẳng
6. CD . G là giao điểm của DM và BN . 11 1) Chứng minh rằng: + không đổi. A M A22 N 2) Chứng minh: C G A⊥ N . 3) Gọi H là giao điểm của OM và BN . Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Lời giải F N E H G M B C M' O A Q D K 1) Kẻ AKAN⊥ (KCD ) Ta có: AAMAD12== −( 90 ) =ABMADK =AM AK 1 1 1 Trong KAN vuông tại A có: += AK2 AN 2 AD 2 1 1 1 + = không đổi AM2 AN 2 a 2 Vậy không đổi. 2) CG cắt AB tại E ; DM cắt AB tại F
7. Ta có: ADDKDNDKDNa22= = 1 ( ) BEBGBF Do DCAB// == CNGNDN =BEDNCNBF 2 ( ) BFBMAB Mặt khác == (do A B C// D ) CDMCCN ==BFCNCDABa 3 2 ( ) Từ (1) , 2 ,( 3 ) ( ) =DKDNBEDN = =DKBEAECK E A K C là hình bình hành A K C// E Mà AKANCEAN⊥ ⊥ 3) CF cắt BN tại H Áp dụng định lí Papuyt O,, M H thẳng hàng HH Lấy I AB sao cho BICN= IBNC là hình bình hành ICBN// Mà BFCNa. = 2 =BIBFCB. 2 ICF vuông tại C ⊥ICCF ⊥ =CFBNBHC 90 Kẻ HQADQAD⊥ ( ) Gọi M là giao điểm của HQ và BC Ta có: HQM=+=+ QHMaHM BC a Mà HM = 22 3 HQa 2 1 1 3 3 Do đó: S= AD HQ a a = a2 AHD 2 2 2 4 Dấu "=" xảy ra MM là trung điểm AB Bài 5. (1,0 điểm)
8. Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu. Lời giải Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân. Do đó khi tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 2 khả năng: - Nếu tô 5 đỉnh bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân. - Nếu tô 5 đỉnh bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân. Vậy, luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác nhau.