Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020 - 2021 (vòng 2)

Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán có đáp án

Bài trước

Tải về

Bài sau

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020

VnDoc xin giới thiệu Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020 - 2021 (vòng 2). Đây là đề thi HSG lớp 9 môn Toán dành cho các bạn học sinh ôn tập, củng cố kiến thức, rèn luyện kĩ năng làm bài Toán. Mời các bạn cùng tham khảo

Ngoài ra, VnDoc.com đã thành lập group chia sẻ tài liệu học tập THCS miễn phí trên Facebook: Tài liệu học tập lớp 9. Mời các bạn học sinh tham gia nhóm, để có thể nhận được những tài liệu mới nhất.

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020 - 2021 (vòng 2)

Gợi ý đáp án thi HSG lớp 9 môn Toán năm 2020

Bài 1

Nhận thấy $(a+b-1)(b+c-1)=b^2-b+1$

$(b+c-1)(a+c-1)=c^2-c+1$

$(a+c-1)(a+b-1)=a^2-a+1$

nên ta viết lại đpcm dưới dạng

$\frac{(2a-1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)+(2b-1)(a^2-a+1)(c^2-c+1)+(2c-1)(a^2-a+1)(b^2-b+1)}{(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)}$ $\frac{(2a-1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)+(2b-1)(a^2-a+1)(c^2-c+1)+(2c-1)(a^2-a+1)(b^2-b+1)}{(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)}$

$=\frac{3(a+b-1)(b+c-1)(a+c-1)}{(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)}$ $=\frac{3(a+b-1)(b+c-1)(a+c-1)}{(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)}$

Sau đó triệt tiêu mẫu đi và viết ngược lại tử số, nhân phá ra được $4(ab+bc+ca)-4(a+b+c)+3=3$(luôn đúng)

Bài 2

a) Đặt $p2 + pq + q2 = k2 (k \in N*).$ $p2 + pq + q2 = k2 (k \in N*).$

Dễ thấy p không thể bằng q.

Do đó giả sử p > q.

Ta có: k² = (p + q)² - pq $\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow$pq = (p + q - k)(p + q + k).

Do p + q - k < p + q + k và q < p nên ta xét 2 TH:

+) p + q - k = q; p + q + k = p: Cộng hai vế ta có 2(p + q) = p + q (vô lí).

+) p + q - k = 1; p + q + k = pq: Công hai vế ta có 2(p + q) = pq + 1

$\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow$ (p - 2)(q - 2) = 3

$\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow$ p = 5; q = 3.

Vậy...

b) ... $\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow$ $(x-y)(4x+y)-p(3x+2y)=2p^{2}.$ $(x-y)(4x+y)-p(3x+2y)=2p^{2}.$

Đặt x - y = a; 4x + y = b ta có: ab - p(b - a) = 2p²

$\Leftrightarrow (a - p)(b + p) = p2.$ $\Leftrightarrow (a - p)(b + p) = p2.$

Do b + p > p nên b + p = p², a - p = 1.

Từ đó x - y = p + 1; 4x + y = p(p - 1).

Hay 5x - 1 = p² là số chính phương.

Bài 3:

(b) Ta có bổ đề quen thuộc sau đây: $\sum \frac{b}{a}\geq \frac{\sum a}{\sqrt[3]{abc}}$ $\sum \frac{b}{a}\geq \frac{\sum a}{\sqrt[3]{abc}}$

$VT =\sum \frac{a(a^2+bc)-abc}{c(a^2+bc)}\doteq \sum \frac{a}{c}-\sum \frac{ab}{a^2+bc} (1)$ $VT =\sum \frac{a(a^2+bc)-abc}{c(a^2+bc)}\doteq \sum \frac{a}{c}-\sum \frac{ab}{a^2+bc} (1)$

Ta sẽ cm: $\sum \frac{ab}{a^2+bc}\leq \frac{1}{2}.\sum \frac{a}{c} \doteq \frac{1}{2}.\sum \frac{b}{a}$ $\sum \frac{ab}{a^2+bc}\leq \frac{1}{2}.\sum \frac{a}{c} \doteq \frac{1}{2}.\sum \frac{b}{a}$

$\mathrm{VT}(2) \leq \sum \frac{a b}{2 a \sqrt{b c}} \doteq \frac{1}{2} \cdot \sum \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}} \leq \frac{1}{4} \cdot \sum\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\right) \doteq \frac{1}{2} \cdot \sum \frac{b}{a}(2)$ $\mathrm{VT}(2) \leq \sum \frac{a b}{2 a \sqrt{b c}} \doteq \frac{1}{2} \cdot \sum \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}} \leq \frac{1}{4} \cdot \sum\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\right) \doteq \frac{1}{2} \cdot \sum \frac{b}{a}(2)$

Từ (1),(2) $VT \ge \sum {\frac{b}{a}} - \frac{1}{2}.\sum {\frac{b}{a}} = \frac{1}{2}.\sum {\frac{b}{a}} \ge \frac{{\sum a }}{{2\sqrt[3]{{abc}}}}$ $VT \ge \sum {\frac{b}{a}} - \frac{1}{2}.\sum {\frac{b}{a}} = \frac{1}{2}.\sum {\frac{b}{a}} \ge \frac{{\sum a }}{{2\sqrt[3]{{abc}}}}$(theo bổ để trên)

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ $\Leftrightarrow a = b = c$

Bài 5

Ta lấy tương ứng mỗi điểm là một số nguyên $k_1; k_2; k_3; k_4; k_5 \in{-1;1}$ $k_1; k_2; k_3; k_4; k_5 \in{-1;1}$. Số $k_{n}=1$ $k_{n}=1$ nghĩa là điểm n có màu xanh, $k_{n}=-1$ $k_{n}=-1$ nghĩa là điểm k có màu đỏ. $k_{n}^{p}$ $k_{n}^{p}$ là giá trị của số $k_{n}$ $k_{n}$ sau bước đổi thứ p.

Ta viết lại giả thiết của đề bài như sau:

$1. k_{n}^{p}=k_{n-1}^{p-1}.k_{n+1}^{p-1}$ $1. k_{n}^{p}=k_{n-1}^{p-1}.k_{n+1}^{p-1}$

Chứng minh: Thật vậy. Nếu hai điểm kề bên khác màu (tức là $k_{n-1}.k_{n+1}=-1$ $k_{n-1}.k_{n+1}=-1$) thì $k_n$ sau bước chuyển đó sẽ bằng $\frac{1}{k_{n-1}.k_{n+1}}=\frac{1}{-1} = {-1}$ $\frac{1}{k_{n-1}.k_{n+1}}=\frac{1}{-1} = {-1}$, màu đỏ. Dễ dàng chứng minh trường hợp hai điểm cùng màu.

2. Quy ước $k_{5+1}=k_{1}$ $k_{5+1}=k_{1}$ và $k_{1-1}=k_{5}. p=0$ $k_{1-1}=k_{5}. p=0$ chính là các số gốc trước khi bị biến đổi.

Ta lập bảng sau mỗi bước chuyển:

Bước 1	Bước 2	Bước 3	Bước 4	Bước n
$k_{1}$ $k_{1}$	$\frac{1}{k_{2}k_{5}}$ $\frac{1}{k_{2}k_{5}}$	$k_{2}k_{3}k_{4}k_{5}$ $k_{2}k_{3}k_{4}k_{5}$
$k_{2}$ $k_{2}$	$\frac{1}{k_{1}k_{4}}$ $\frac{1}{k_{1}k_{4}}$	$k_{1}k_{3}k_{4}k_{5}$ $k_{1}k_{3}k_{4}k_{5}$
$k_{3}$ $k_{3}$	......	......
$k_{4}$ $k_{4}$	........	......
$k_{5}$ $k_{5}$	.........	......

Tích các số ở bước chuyển thứ hai là: $\frac{1}{k_2 k_5} \frac{1}{k_1 k_3} \frac{1}{k_2 k_4} \frac{1}{k_3 k_5} \frac{1}{k_4 k_1} = \frac{1}{(k_1k_2k_3k_4k_5)^2} = 1$ $\frac{1}{k_2 k_5} \frac{1}{k_1 k_3} \frac{1}{k_2 k_4} \frac{1}{k_3 k_5} \frac{1}{k_4 k_1} = \frac{1}{(k_1k_2k_3k_4k_5)^2} = 1$

Tương tự như mối quan hệ giữa các số ở lần chuyển thứ hai và thứ nhất; gọi a, b, c, d, e là các số gốc chưa qua bước chuyển đổi nào. Ta cũng có thể chứng minh được rằng $k_{1}k_{2}k_{3}k_{4}k_{5} = \frac{1}{\left(abcde\right)^{2}} = 1.$ $k_{1}k_{2}k_{3}k_{4}k_{5} = \frac{1}{\left(abcde\right)^{2}} = 1.$

Vậy nên, sau mọi lần chuyển đổi, thì tích của năm số trên vẫn bằng 1. Đồng nghĩa với việc trong năm số đó, chỉ có thể tồn tại 0, 2 hoặc 4 giá trị (-1), tức là luôn tồn tại một số bằng 1. Vậy, sau bước chuyển đổi đầu tiên, luôn tồn tại một điểm có màu xanh.

Xét các số ở bước chuyển thứ ba.

Ta thấy $k_2k_3k_4k_5=\frac{1}{k_1} = k_1.$ $k_2k_3k_4k_5=\frac{1}{k_1} = k_1.$

Tương tự với các ô còn lại của bảng.

Vậy nên, ở bước chuyển số 3, thì các con số lại quay về giá trị của bước chuyển thứ nhất.

Suy ra, các số ờ bước chuyển thứ tư thì lại giống với bước chuyển thứ hai, và cứ thế tuần hoàn...

Giả sử không tồn tại số nào mang giá trị 1 sau mọi bước chuyển.

Vì các số ở bước chuyển thứ l và

$ml + 2$ luôn giống nhau. Chúng ta chỉ cần xét các số ở hai bước chuyển l và

$ml+1$.

Và vì các số $k_{1}$ $k_{1}$ và $\frac{1}{k_2 k_5}; k_{2}$ $\frac{1}{k_2 k_5}; k_{2}$ và $\frac{1}{k_1 k_4}$ $\frac{1}{k_1 k_4}$; .... đôi một khác nhau, nên ta sẽ có:

$k_{1}.\frac{1}{k_2 k_5}=-1$ $k_{1}.\frac{1}{k_2 k_5}=-1$

$k_{2}.\frac{1}{k_1 k_3}=-1$ $k_{2}.\frac{1}{k_1 k_3}=-1$

...

$k_{5}.\frac{1}{k_4 k_1}=-1$ $k_{5}.\frac{1}{k_4 k_1}=-1$

Nhân hai vế lại với nhau, ta được. $\frac{1}{k_1k_2k_3k_4k_5}=-1$ $\frac{1}{k_1k_2k_3k_4k_5}=-1$

hay 1=-1 (vô lí)

Vậy, tồn tại một số trong năm số luôn bằng 1. Tức là luôn tồn tại một điểm có giá trị xanh.

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020 - 2021 (vòng 3). Đề thi gồm 5 câu tự luận với thời gian 150 phút kèm theo đáp án, câu hỏi nằm trong chương trình Toán lớp 9. Hy vọng đây sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn ôn tập. Chúc các bạn ôn thi tốt

..............................................................

Ngoài Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán Trường THCS Archimedes năm 2020 - 2021 (vòng 2), các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 1 lớp 9, đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề thi lớp 9 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Chia sẻ, đánh giá bài viết

1.249

Bài trước

Bài sau