Đề kiểm tra chuyên Toán lớp 9

Đề kiểm tra cuối học kỳ lớp 9 CĐ Tập thể GV chuyên Toán Star Education STAR-EDUCATION KIẾM TRA CUỐI KHÓA 1 (Đề chính thức) MÔN: TOÁN - LỚP 9 CĐ năm học 2019-2020 Thời gian: 150 phút - Không kể thời gian giao đề Bài 1. (3 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x3 + y 3 = 2. (a) (1 điểm) Tìm các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y. 30 (b) (1 điểm) Chứng minh rằng: x2 + y 2 + ≥ 17xy. x+y (c) (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 + y 2 + 8 . x+y Bài 2. (3 điểm)  √  x + y = √ 4z − 1 (a) (2 điểm) Giải hệ phương trình: y + z = √4x − 1  z + x = 4y − 1 (b) (1 điểm) Cho a, b > 0 và a + b ≤ 2ab. Chứng minh: a b + ≤ 1. 2 a+b b + a2 Bài 3. (3 điểm) Cho p là một số nguyên tố. (a) (1,5 điểm) Tìm p sao cho p3 + p−1 = 2020. 2 (b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p3 + p−1 không 2 phải tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Bài 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). BE, CF lần lượt là các đường cao của tam giác. Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau ở S. Gọi M là giao điểm của BC và OS AB BS = AE ME (b) (2 điểm) Chứng minh rằng ∆AEM ∼ ∆ABS (a) (2 điểm) Chứng minh rằng (c) (2 điểm) Gọi N là giao điểm của AM và EF , P là giao điểm của AS và BC. Chứng minh N P vuông BC 44 GV CHUYÊN THCS Bài 5. (2 điểm) Cho tứ giác ABCD (AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) và có AC = CD. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 4ABD. Gọi (BIC) cắt AB tại điểm thứ hai F . Gọi E là trung điểm AD. Chứng minh rằng AI vuông EF . Bài 6. (3 điểm) Người ta dùng một số quân cờ hình L - Tetromino gồm 4 ô vuông kích thước 1 x 1, hình chữ L, có thể xoay hoặc lật ngược mọi hướng để ghép phủ kín một bàn cờ hình vuông kích thước n × n (n là số nguyên dương) gồm n2 ô vuông kích thước 1 × 1 theo quy tắc sau: ˆ Với mỗi quân cờ sau khi ghép vào bàn cờ, các ô vuông của nó phải trùng với các ô vuông của bàn cờ. ˆ Không có hai quân cờ nào mà sau khi ghép vào bàn cờ chúng kê lên nhau. (a) (1,5 điểm) Khi n = 4 và n = 2020, hãy chỉ ra một cách ghép phủ kín bàn cờ (có thể minh họa bằng hình vẽ). . (b) (1,5 điểm) Chứng minh rằng để phủ kín bàn cờ thì n2 .. 8. – HẾT – Lưu ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Tập san Toán học STAR EDUCATION 46 GV CHUYÊN THCS LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1. (3 điểm) (a) (1 điểm) Ta có: x3 + y 3 = 2 ⇔ (x + y) " 1 x− y 2 2 # 3 2 + y =2⇒x+y >0 4 Do x + y > 0 nên:  3 x+y x3 + y 3 0< ≤ =1⇒0<x+y ≤2 2 2 Vì x + y ∈ N ∗ ta xét hai trường hợp sau:  3  x + y3 = 2 (x + y)3 − 3xy (x + y) = 2 ˆ Với x+y = 1 thì ⇔ ⇔ x+y =1 x+y =1 ( 1 xy = − 3 x+y =1 Khi đó các cặp số (x, y) tương ứng là ( √ ! √ √ !) √ 3 − 21 3 + 21 3 + 21 3 − 21 ; , ; (x, y) = 6 6 6 6  x3 + y 3 = 2 ⇔ x+y =2 ˆ Với x+y = 2 thì  xy = 1 x+y =2 Do đó ta có (x, y) = (1; 1).  (x + y)3 − 3xy (x + y) = 2 ⇔ x+y =2 Như vậy các giá trị nguyên có thể có của tổng x + y là 1 hoặc 2. (b) (1 điểm) Do x3 + y 3 = 2 và x + y > 0. Ta sử dụng biến đổi tương đương như sau: x2 +y 2 +
30 ≥ 17xy ⇔ x2 +y 2 +15 x2 + y 2 − xy ≥ 17xy ⇔ 16(x − y)2 ≥ 0 x+y (c) (1 điểm) Do x + y > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: s 2 2 8 (x + y) 4 4 4 4 3 (x + y) 2 2 x +y + ≥ + + ≥3 . . =6 x+y 2 x+y x+y 2 x+y x+y Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6. Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 (thỏa mãn điều kiện x3 + y 3 = 2). Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy 3 số trước khi dùng. Bài 2. (3 điểm) Tập san Toán học STAR EDUCATION GV CHUYÊN THCS 1 1 (a) (2 điểm) ĐKXĐ: x, y, z ≥ . Giả sử x > y ≥ , khi đó: 4 4 p √ x > y ⇒ 4x − 1 > 4y − 1 ⇒ y + z > z + x ⇒ y > x 1 ≤ x < y. Dẫn 4 đến x = y. Chứng minh tương tự ta có x = y = z. Thay x = y = z vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: Điều này vô lí, chứng minh tương tự cho trường hợp 2x = √ 4x − 1 ⇔ 4x2 = 4x − 1 ⇔ (2x − 1)2 = 0 ⇔ x =  Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x, y, z) = 1 2 1 1 1 ; ; 2 2 2  (b) (1 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta có: a b a (a + 1) b (b + 1) a (a + 1) b (b + 1) + . + = + ≤ a + b 2 b + a2 (a + b2 ) (a + 1) (b + a2 ) (b + 1) (a + b)2 (a + b)2 Lại có a + b ≤ 2ab (giả thuyết) nên ta có: b a2 + a + b 2 + b a2 + 2ab + b2 (a + b)2 a + ≤ ≤ = = 1. a + b 2 b + a2 (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 Bài 3. (3 điểm) (a) (1,5 điểm) Do p là một số nguyên tố nên p−1 > 0. Do đó p3 < 2020 ⇒ 2 0 < p ≤ 12 nên p ∈ {2, 3, 5, 7, 11}. Thử lại với các kết quả trên đều không tồn tại p thỏa mãn yêu cầu bài toán. p−1 (b) (1,5 điểm) Giả sử p3 + là tích của hai số tự nhiên liên tiếp khi đó 2 p−1 p3 + = a (a + 1), với (a ∈ N ). Ta có: 2 p3 +
p−1 = a (a + 1) ⇔ 2p 2p2 + 1 = (2a + 1)2 + 1 2 p−1 = 28 (loại). 2 ˆ Nếu p 6= 3 thì p2 ≡ 1 (mod3) nên (2p2 + 1) ≡ 0 (mod3), lại có một số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1 nên (2a + 1)2 ≡ 0; 1 (mod3) ⇒ (2a + 1)2 + 1 ≡ 1; 2 (mod3) (vô lí). p−1 Do đó với mọi số nguyên tố p thì p3 + không phải tích của 2 số tự 2 nhiên liên tiếp. ˆ Nếu p = 3 thì p3 + Bài 4. (6 điểm) Tập san Toán học STAR EDUCATION . 48 GV CHUYÊN THCS 1 (a) (2 điểm) Tam giác 4ABE vuông tại E nên AB = cos ∠BAC . AE 1 1 BS Tam giác 4BM S vuông tại M nên BM = cos ∠SBC = cos ∠BAC . AB BS BS Do đó = , lại có M B = M E nên M = AB . E AE AE BM (b) (2 điểm) Sử dụng biến đổi góc ta có: ∠AEM = 180o − ∠M EC = 180o − ∠ACB = ∠BAC + ∠ABC = ∠ABC + ∠SBC = ∠ABS Xét tam giác 4ABS và 4AEM ta có: ˆ ∠ABS = ∠AEM (chứng minh trên), BS AB = , ˆ ME AE nên ta có 4ABS v 4AEM (c - g - c). (c) (2 điểm) Do 4ABS v 4AEM (theo câu b)) nên ta có ∠BAS = ∠CAM (1) (hai góc tương ứng). Gọi T là trung điểm của EF . Do 4AEF v 4ABC (g - g) và M, T tương ứng là trung điểm của BC và EF nên 4AT F v 4AM C (c - g - c), do đó ∠BAT = ∠CAM (2) (hai góc tương ứng). Từ (1) và (2) suy ra ∠BAS = ∠BAT , dẫn đến A, T, S thẳng hàng. Do 4AT F v 4AM C (cmt) nên ∠AT E = ∠AM B, suy ra tứ giác N T P M nội tiếp, vậy ∠N P M = ∠M T E. Lại có 4M EF cân tại M và T là trung điểm EF nên 4M T E = 90o , do Tập san Toán học STAR EDUCATION GV CHUYÊN THCS đó ∠N P M = 90o hay N P ⊥BC. Bài 5. (2 điểm) Kéo dài BI cắt đường tròn (O) tại T . Do BI là phân giác góc ∠ABD nên T nằm giữa cung AD, vậy C, O, E, T thẳng hàng. Vì CT là đường kính của (O) nên ∠CBT = 90o . Lại có 4 điểm B, C, I, F cùng thuộc một đường tròn (gt) nên ∠IF C = ∠CBI = 90o . Sử dụng tính chất quen thuộc của đường tròn nội tiếp ta có T I = T A = T D. Do đó T I 2 = DT 2 = T E.T C nên 4T IE v 4T CI (c - g - c), suy ra ∠T IE = ∠T CI (hai góc tương ứng). Dẫn đến ∠BIC = ∠IT E + ∠ICT = ∠IT E + ∠T IE = ∠CEI. Mặt khác ∠BIC = ∠BF C nên ∠BF C = ∠CEI, suy ra ∠AF I = ∠AEI. Vậy 4AF I = 4AEI (g - c - g) nên AF = AE và IF = IE, dẫn đến AI là đường trung trực của EF hay AI⊥EF (đpcm). Bài 6. (3 điểm) (a) (1,5 điểm) Ta có thể phủ bàn cờ bằng 4 quân Tetromino như hình vẽ: Tập san Toán học STAR EDUCATION 50 GV CHUYÊN THCS Với n = 2020 ta có thể chia thành các khung hình vuông 4 × 4 như trên. (b) (1,5 điểm) Ta chứng minh để các quân L - Tetromino phủ kín hết bàn . cờ thì n2 .. 8. Thật vậy, giả sử hình vuông n x n được phủ kín bởi các quân cờ L Tetromino, vì số ô vuông của quân cờ L - Tetromino là 4 nên số ô vuông . của bàn cờ phải có dạng n2 = 4m, (m ∈ N ) nên n .. 2. Ta tô màu từng cột trắng, đen xen kẻ như hình vẽ bên dưới: Với mỗi cách tô màu trên thì hoặc quân cờ L - Tetromino chứa 3 ô đen 1 ô trắng (loại 1) hoặc L - Tetromino chứa 1 ô đen 3 ô trắng (loại 2). Gọi x là số quân cờ L - Tetromino (loại 1) và y là số quân cờ L - Tetromino (loại 2) được dùng, trong đó (x, y ∈ N ∗ ). Số ô màu đen là: 3x + y và số ô màu trắng là x + 3y. Do số ô màu đen và số ô màu trắng là bằng nhau nên 3x + y = x + 3y ⇔ x = y Dẫn đến số quân cờ L - Tetromino loại 1 và loại 2 phải bằng nhau. Tập san Toán học STAR EDUCATION GV CHUYÊN THCS Thêm vào đó theo cách tô màu (do n chia hết cho 2) nên sẽ có và n2 ô đen, do đó: 2   6x + 2y = n2 n2 . 2x + 6y = n2 ⇔ x = y = ⇒ n2 ..8  8 x=y n2 ô trắng 2 . Như vậy với n2 .. 8 ta có thể ghép phủ kín bàn cờ, với giá trị nhỏ nhất là n = 4 đã chứng minh ở câu a). Tập san Toán học STAR EDUCATION