Đề thi hsg toán 9 cấp trường năm 2023 2024

TRƯỜNG THCS ĐĂK Ơ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2023 - 2024 Đề thi môn : Toán - LẦN Thời gian: 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (5,0 điểm) x x   x  x 9 x     :   x     x  x x  x    a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x 22  12  Cho biểu thức A   Cho x; y thỏa mãn < x < 1; < y < y x + =1 1- x 1- y Tính giá trị biểu thức P = x + y + x - xy + y Cho ba số dương a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c    bc c a b a Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: x  17 x  x   x    x 0  2x2 y2  1  2  x  1 Giải hệ phương trình:   y  1  3 xy  x  y 1 Câu 3: ( 5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) trực tâm H Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC a) Xác định vị trí điểm M cho tứ giác BHCM hình bình hành b) Với M lấy thuộc cung nhỏ BC; gọi N, E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng d) Xác định vị trí điểm M thuộc cung nhỏ BC NE có độ dài lớn Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  Một điểm M di động cung nhỏ BC Từ M kẻ MH , MK vng góc AB, AC  H  AB, K  AC  Chứng minh MBC đồng dạng MHK Tìm vị trí M để HK lớn Câu (3,0 điểm) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x  2022 x  2023 y  y xy  2023xy  2024 Tìm số nguyên dương cho n  2n  n  2n  18  - - - HẾT - -  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay  Giám thị coi thi khơng giải thích thêm số phương TRƯỜNG THCS ĐĂK Ơ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2022 - 2023 Đề thi môn : Toán ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câ u Ý LỜI GIẢI Điểm x x   x  x 9 x     :   x     x  x x  x    Cho biểu thức A    a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa rút gọn biểu thức A  x 0   x  0   +) ĐK:  x  0  9 x  x 3 x 2 0   x  x x  x   x +) A        x  x 0   x 4  x 9     : ( x  3)( x  3)  ( x  2)(2  (2  x )( x  3) x 3   x  0,5 (*) x) 9  x 1,5  x :  x 3 3 x x b) Tính giá trị A x 22  12 A 22  12    3 2  2 23  0,5  2  0,5 Cho x; y thỏa mãn < x < 1; < y < y x + =1 1- x 1- y Tính giá trị biểu thức P = x + y + x - xy + y Ta có P = x + y + x - xy + y = x + y + Thay ( x + y) 0,25 - 3xy y x + = Þ x + y - = xy vào biểu thức P ta 1- x 1- y P =x+y+ ( x + y) - ( x + y) + = x + y + ( x + y - 1) = x + y + x +y- =1 0,5 (vì x + y £ ) Giải thích x +y £ Từ giả thiết ta có có ïìï x £1 ïï ïí - x Û ïï y £1 ïï ỵï - y ïìï ïï ïí ïï ïï ïỵ y x ; 1- x 1- y 2x - £0 1- x Þ 2y - £0 1- y số dương mà ìï ïï x £ ïíï ïï ïï y £ ïỵ Þ x+y £ y x + =1 , 1- x 1- y nên ta 0,25 Vậy P =1 Cho ba số dương a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c    bc c a b a Bất đằng thức ln Ta có bđt phụ sau với x,y,z > ta chứng minh 0,25 1 ( x  y  z )(   ) 9 x y z x y x z y z  (  )  (  )  (  ) 6 y x z x z y x y x z y z luon / dung / vi /  2;  2;  2 y x z x z y Dấu = xay x = y = z (*) a b c a b c     1  1 1   b c c a b a b c c a b a 1 1  [(b  c)  (c  a)  (b  a)][   ] b c c a b a 1  [(b  c)  (c  a)  (b  a)][   ] 9 b c c a b a Bất đằng thức ln theo BĐT (*) Dấu = xảy a = b = c Giải phương trình x3  17 x  x   x    x 7 PT (1)  3x          3x    0,25 0,25  x 0 0,5 ĐKXĐ:  0,25   x   x3  17 x  x  12 0   x   (3 x  2)( x  6)( x  1) 0 x  18 6 x   (3x  2)( x  6)( x  1) 0 3x    x 1     x  6    (3x  2)( x  1)  0  x 1  3x      (3x  2)( x  1)  Vì x 7 nên 3x    x 1 Suy x  0  x 6(t / m) KL: PT (1) có nghiệm x 6 0,5  0,5 0,5 0,25 0,25  2x2 y2  1  2 Giải hệ phương trình:   y  1  x  1  3xy  x  y 1 x  1, y     xy xy  x  y 1  xy  x  1  y  1  Đặt x y a; b y 1 x 1 0.25 x y   y 1 x 1 0,5 0,5  2 a  b   Giải hệ ta có a  b   Ta có   a b    b a   Với a=b =1/2 ta tìm ( x,y) = (1;1); 0,5 0,5 Với a=b = -1/2 ta tìm ( x,y) = (-1/3;-1/3) 0,25 KL: Hệ phương trình có nghiệm (1;1); (-1/3;-1/3) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) trực tâm H Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC a) Xác định vị trí điểm M cho tứ giác BHCM hình bình hành b) Với M lấy thuộc cung nhỏ BC; gọi N, E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng d) Xác định vị trí điểm M thuộc cung nhỏ BC NE có độ dài lớn A E K 1 H B N O C M a) Xác định vị trí điểm M cho tứ giác BHCM hình bình hành Ta có: BH  AC; CH  AB (vì H trực tâm tam giác ABC) Tứ giác BHCM hình bình hành  BH // MC CH // MB  AC  MC AB  MB  AM đường kính (O)  M điểm đối xứng A qua O b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp  N  (T/c đối xứng trục) Ta có: M 1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25  C  (góc nội tiếp chắn cung AB) M 1    1800  N1 C1 , mà AHB  C  180  Tứ giác NAHB nội tiếp Do đó: AHB  N c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng   A , mà A  A  (T/c đối xứng trục)  H   A Tứ giác NAHB nội tiếp  H 1 2   Chứng minh tương tự, ta có: H  A 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   Ta có: BAC  BHC 1800   H   CHB     Do đó: NHE = BAC H  A2  A3  CHB  BHC 1800  N, H, E thẳng hàng d) Xác định vị trí điểm M thuộc cung nhỏ BC NE có độ dài lớn   Ta có: NAE Kẻ AK  NE K 2 BAC Ta có: AM = AN; AM = AE (Tính chất đối xứng trục)  AE = AN   ANE cân Mà: AK đường cao  AK trung tuyến, phân giác NE    NAE 2 NAK ; NE 2 NK  NK    Do đó: BAC NAK  Tam giác KAN vuông K  NK = AN.sin NAK     Do đó: NE = 2AN sin NAK = 2AM.sin BAC (vì AM 2 R; sin BAC : 2 R.sin BAC Khơng đổi) Do đó: NE lớn  AM lớn  AM đường kính đường tròn (O)  M đối xứng với A qua O Vậy M điểm đối xứng A qua O NE lớn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  Một điểm M di động cung nhỏ BC Từ M kẻ MH , MK vng góc AB, AC  H  AB, K  AC  A O B H K C M Chứng minh MBC đồng dạng MHK    +) Tứ giác AHMK nội tiếp suy MBC MAC MHK 0,50 0,50    +) Tứ giác ABMC nội tiếp suy MCB MAB MKH +) Suy MBC đồng dạng MHK 0,25 0,50 Tìm vị trí M để HK lớn BC MB BC  1  BC HK mà MB MH  HK MH HK Đẳng thức xảy H trùng B  ABM 900 hay M đối xứng với A qua O CM câu suy 0,50 0,25 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x  2022 x  2023 y  y xy  2023xy  2024 (1)  1   x  2022 x  2023  2023 y  x  1  y  x  1 1   x  1  x  2023  2023 y  y  1 0,25 0,25 Vì x,y nguyên nên thừa số vế trái ước ta có hai trường hợp:  x 2  x 2   2024   y 1  y 1  y  2023  l   x 0  x    x 0    2024    +) x  2023  2023 y  y  y 1  y   l   y 1   2023  Vậy phương trình có hai nghiệm:  2;1 ,  0;1  x  1  +)   x  2023  2023 y  y 1 0,50 0,50 Tìm số nguyên dương cho n  2n  n  2n  18  số phương Do n  2n  n  2n  18  số phương nên nhiên Đặt n  2n  18 = k2 (k số tự nhiên) n  2n  18 k  (k  n  1)(k  n  1) 17  k 9    n 7 n  2n  18 số tự 0,50 0,75 KL: n = thỏa mãn toán 0,25 - - - HẾT - - -