Hdc hsg toán lop 9 nam 2023 2024

HƯỚNG DẤN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn: TỐN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) I PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu Đáp án Câu Đáp án C A B 10 C D 11 B B 12 A A 13 C A 14 B D 15 D D 16 C II PHẦN TỰ LUẬN Lưu ý chấm - Hướng dẫn chấm (HDC) dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic - Thí sinh làm theo cách khác với HDC mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm HDC - Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn số Hướng dẫn chấm tự luận Câu (3,0 điểm)  x ; y  phương trình  x   y x  1 1) Tìm nghiệm nguyên 2) Chứng minh ba số phương tùy ý ln tồn hai số mà hiệu chúng chia hết cho Ý Đáp án Với x 4 nghiệm  1 Điểm  1 vô trở thành: y 16 (vô lý)  phương trình 0,25 x2 x  16  16 16 Câu 1.1 y2   x   (1,5 điểm) Với x 4 x x x 16  y   x , y    x Do nên 0,25 0,25 x    1; 2; 4; 8; 16 Do x  ước 16  x   16     x  12  12   25 y 9 2 18 16 18 y 5 3 4 3 (loại) (loại) 16 20 25 5 Kết luận: Phương trình có nghiệm ngun là:  5;5  ,  5;   ,  4;  ,  4;   ,   4;0  ,  20;5  ,  20;   1.2 (1,5 điểm) 0,5 Vì số nguyên phải số chẵn số lẻ Do theo nguyên lý Đirichlet số nguyên chọn số có tính chẵn lẻ Áp dụng ta có số phương ln chọn hai số có 2 tính chẵn lẻ Gọi số phương chọn a b Khi 0,25 0,5 0,5 2 ta có a  b (a  b)( a  b) Trang 1/4 2 +) Vì a b tính chẵn lẻ nên a, b tính chẵn lẻ Do 2 a  b số chẵn a  b số chẵn a  b (a  b)(a  b)4 (đpcm) 0,5 Câu (4,0 điểm) P  x   x  ax  bx  cx  d ( a, b, c, d số) Biết P (12)  P ( 8)  25 P  1 10, P   20, P  3 30 10 Tính giá trị biểu thức  x  x   y  y   1   3  x  y 3 x  y   2 2) Giải hệ phương trình:  1) Cho đa thức Ý Câu 2.1 (2,0 điểm) Câu 2.2 (2,0 điểm) Đáp án Đặt Q  x  P  x   10 x Có Q  1 Q   Q  3 0 Điểm 0,5 Giả sử Q  x   x  1  x    x  3  x  r  0,5 Khi P  x   x  1  x    x  3  x  r   10 x 0,5 P (12)  P ( 8)  25 2009 10 Từ tính x  Điều kiện:  u  x, v  y  u x  x  u2     x   2u v  y  y    v 3 y  2v  Đặt  1  u v  y  u2  3  x y  2u u Từ phương trình Phương trình     x  y  x  y  xy 3  x  y       x  y    x  y   3xy  3 4   Biến đổi sang ẩn phụ ta phương trình 3 u2  u2      4  9u  16u  36u  27 0  u  u2 2u 2u  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   u  3 9u  11u  3u  0  *  Nếu  x 0  x  x   x  x  x  x 0 Mặt khác y  y   y  y 0  1 vơ nghiệm x   x   u  1 Vậy x  0, kết hợp điều kiện 9u  11u  3u   9.13  3u  u  1  8u   Khi 0,25 0,25 Trang 2/4  x  x  3  u 3     *  u 3    y  y   v    Do Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm hệ  x; y   2;1  x 2   y 1 phương trình 0,25  O  tiếp xúc với đoạn thẳng AB,AC tương Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC Đường tròn  O  điểm E thuộc cung nhỏ KL cắt đường thẳng AL, AK tương ứng ứng K , L Tiếp tuyến M , N Đường thẳng KL cắt OM P cắt ON Q 1  MON 90  BAC 1) Chứng minh 2) Chứng minh đường thẳng MQ, NP OE qua điểm 3) Chứng minh KQ.PL EM EN Ý Đáp án Điểm 3.1 (1,5 điểm)    MOL MOE ; NOE  NOK 1) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có     Tứ giác ALOK có AKO  ALO 90  90 180  BAC  KOL 180  1       BAC  MOL  MOE  EON  NOK 180 1      BAC  MOL  MOE  EON  NOK 90   2 1   BAC  MOE  EON 90 1 2   Từ suy 1 1   BAC  MON 90  MON 90  BAC Hay (ĐPCM)   OEP OLK  3 2) Từ giả thiết 1) suy   OKL OLK   Từ  3   suy tứ giác Do tam giác OKL cân O nên OKEP nội tiếp Mặt khác tứ giác OKNE nội tiếp đường trịn đường kính ON Từ suy điểm O, K , N , E , P thuộc đường trịn đường kính ON     0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 3/4 3.2 (1,5 điểm) 3.3 (1,0 điểm)   NPO 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  NP  OM  5  7 MQ  ON   OE  MN Chứng minh tương tự có mà  5 ,   ,    ba đường cao MQ, NP OE tam giác OMN đồng quy Từ (ĐPCM) QK QE , PE PL   3) Từ giả thiết câu 1) ta có    QNE EPM  9 Theo phần 2) tứ giác ONEP nội tiếp    NQE PME  10  tứ giác OMEQ nội tiếp    10  suy Từ NE EQ NQE PME  g g     EM EN EQ.EP  11 EP EM  1  11 suy KQ.PL EM EN (đpcm) Từ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thoả mãn a  b  c  abc 4 Chứng minh ab  bc  ca abc   * Ý Đáp án Từ giả thiết a  b  c  abc 4 , ta suy ra: ba số a, b, c có ba số bé Thật a  1, b  1, c  2 2 Điểm 0,25 a  b  c  abc  ( mâu thuẫn) 2 Nếu ba số a, b, c 1 1 a  b  c  abc 4 , a  b  c  abc 4 Theo giả thiết dấu xảy nên a b c 1 Bất đẳng thức  * 0,25 chứng minh Trường hợp lại, tồn hai ba số a, b, c 1 1 Khơng tính tổng qt giả sử số a c ta có (1,0 điểm)  a  1  c  1 0  ac  a  c  abc  b ab  bc  abc ab  bc  b 0,25   abc 2  ab  bc  b Ta cần chứng minh  ab  bc  b ab  bc  ca hay  b ac Theo giả thiết ta có: abc  a  b  c  a  c   b  b  ac  2ac  b  b  ac   b    b  ac   0  b  ac 2 ( b   ) Suy  * Dấu bẳng xảy a b c 1 Vậy ta chứng minh 0,25 HẾT Trang 4/4