Tiêu đề Đề số 4.docx ✅

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề số 4 Bài 1. (3,5 điểm) a. Chứng minh rằng 520242022nn không thể là số chính phương. b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3 c. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p ®Ó: 2 p + p 2 còng lµ sè nguyªn tè Bài 2. (4,0 điểm) Cho biểu thức 22 22 112 : 211 xxxx P xxxxxx      a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P . b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi 1x . Bài 3: (4,0 điểm) a. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức: P(x)=(x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025 cho đa thức: x 2 + 10x + 21. b. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của G = x y y x x y y x x y y x  2 2 2 2 4 4 4 4 Bài 4. (5,5 điểm) Cho tam giác ABCvuông tại A , AC > AB, đường cao AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của ACvà KE. a) Chứng minh ∆ABP vuông cân b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và . AQ. Chứng minh: H, I, Ethẳng hàng. Bài 5. (2,0 điểm) Cho 0 0 <  < 90 0 và Tan  = 2. Tính giá trị của các biểu thức: Bài 6. (1,0 điểm) Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi một đoạn thẳng .Chứng minh rằng trong các đoạn thẳng thu được có một đoạn thẳng là cạnh bé nhất của tam giác có ba đỉnh là ba trong số 6 điểm đã cho, đồng thời là cạnh lớn nhất của một tam giác khác có ba đỉnh là 3 trong số 6 điểm đã cho../. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài 1. (3,5 điểm) a. Chứng minh rằng 520242022nn không thể là số chính phương. Giải a) Ta có 5520242022202520202()nnnnnnN (1)(1)(2)(2)5(1)(2)202520202()nnnnnnnnnnN chia 5 dư 2. Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 . Vậy 520242022()nnnN không phải là số chính phương. b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3 Giải: Ta có: y 3 – x 3 = 2x 2 + 3x + 2 = 2 ( x + ) 2 + . Nên: y 3 – x 3 > 0 => y> x (1) Mà: (x+2) 3 – y 3 = ( x 3 + 6x 2 + 12x + 8) – (x 3 + 2x 2 + 3x + 2) = 4x 2 + 9x + 6 = (2x+) 2 + > 0. Nên: x+2 > y (2) Vì x,y là các số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra: y = x+1 (3) Thay (3) vào phương trình đã cho ta tìm được: x = -1; y = 0 thõa mãn. c. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p ®Ó: 2 p + p 2 còng lµ sè nguyªn tè Gi¶i: XÐt hai tr­êng hîp: +) p  3 <=> p = 2 hoÆc p = 3 * NÕu p = 2 => 2 p + p 2 = 2 2 + 2 2 = 8  P * NÕu p = 3 => 2 p + p 2 = 2 2 + 3 2 = 17  P +) p > 3 ta cã 2 p + p 2 =(p 2 – 1) + (2 p + 1) v× p lÎ => (2 p + 1) ⋮ 3 vµ p 2 - 1 = (p + 1)(p -1) ⋮ 3 => 2 p + p 2  P Vậy có duy nhất một giá trị p = 3 thõa mãn bài ra Bài 2. (4,0 điểm) Cho biểu thức 22 22 112 : 211 xxxx P xxxxxx      a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P . b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi 1x . Giải:
a) (1,0 điểm) ĐKXĐ : 0 1 1 x x x         2 2 1(1)(1)2 : (1)(1)(1)1 xxxxxx P xxxxxxx        22 2 112 : (1)1 xxxxx P xxx    2 210xx2110xx1 () 2 1() xTM xL        Vậy 1 2x thì 1 2P  (Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm ) b) (1,0 điểm) 22 (1)1(1)(x1)11 1 1111 xxx Px xxxx    Với 1xxℤℤ . Để P nguyên thì 1 1x nguyên 1x là ước của 1. 11;1x *) 112xx (TMĐK) *) 110xx (Loại do) ĐKXĐ Vậy 2x thì P nhận giá trị nguyên. c) 2 1 1 11 x Px xx  = 1 12 1x x  Vì 1x nên 10x và 1 1x > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương 1x và 1 1x ta có 111212 11xx xx  Đẳng thức xảy ra khi 1 1 1x x   ( x – 1) 2 = 1  x – 1 = 1 (vì x – 1 > 0)  x = 2 (TMĐK) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
Bài 3: (4,0 điểm) a. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức: P(x)=(x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025 cho đa thức: x 2 + 10x + 21. Giải: Ta có: P(x) = (x+2)(x+4)(x+6)(x+8) + 2025 = ( x 2 + 10x + 16)( x 2 + 10x + 24) + 2025 Đặt x 2 + 10x + 21 = t ta có: P(x) = (t – 5)(t + 3) + 2025 = t 2 – 2t + 2010 Do đó P(x) chia cho x 2 + 10x + 21 dư 2010. b. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của G = x y y x x y y x x y y x  2 2 2 2 4 4 4 4 Giải : Đặt : P = G - 2 ta có : P = x y y x x y y x x y y x  2 2 2 2 4 4 4 4 -2 P =                             x y y x x y x y y x y x x y x y y x y x 2..21.21.2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 4 4 P = 0)( 11 222 2 22 2 2                        xy yx x y y x x y y x  P Min = 0 Û x = y > 0 Vậy G Min = 2 Û x = y > 0 Bài 4. (7,5 điểm) Cho tam giác ABCvuông tại A , AC > AB, đường cao AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của ACvà KE a) Chứng minh ∆ABP vuông cân b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và . AQ. Chứng minh: H, I, E thẳng hàng.