04 đề + hdc hsg toán 9 nam định 2023 2024

Vẽ đường kính DF của O, r.. a Chứng minh rằng 2..FS CDrb Gọi K là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC.. GọiN là trung điểm của QK.. Chứng minh BN vuông góc với AK.. Gọi D là tiế

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học 2023-2024 Câu (5,0 điểm)  x  x x  x x  x 1 x  39 1) Cho biểu thức Q      (với x  0; x  1; x  )  x  x  x  1 x  x  x 10 a) Chứng minh Q  x  39 x 5 b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ 11 2) Cho a,b  thỏa mãn   Chứng minh a  b  a  2024  b  2024 a b 2024 Câu (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x2  x   x  x2  y2  xy 1  2x  2) Giải hệ phương trình  x  x  y  x   y Câu 3.(2,0 điểm) Cho số nguyên x, y,z thỏa mãn x2  y2  z2  2xyz Chứng minh xyz chia hết cho 24 Câu (7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với cạnh BC , cạnh AC D, E Vẽ đường kính DF (O, r) Tiếp tuyến đường tròn (O, r) F cắt AB, ACtheo thứ tự R S a) Chứng minh FS.CD  r2 b) Gọi K điểm đối xứng D qua trung điểm M BC Chứng minh A; F; K thẳng hàng c) Đường thẳng vng góc với BC K cắt tia DE Q Gọi N trung điểm QK Chứng minh BN vng góc với AK 2)Cho tam giác ABC vng A (AB < AC) ngoại tiếp (I) Gọi D tiếp điểm (I) với BC;H chân đường cao hạ từ A lên BC; K, L tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHBvàAHC Chứng minh tam giác DKL vuông cân Câu (2,0 điểm) 1) Trên bảng có ghi 2024 số: 2024 ; ; ; ; Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa 2024 2024 2024 2024 hai số a , b bảng thay số a  b  2ab Hỏi sau 2023 lần thực phép xóa, số cịn lại bảng số nào? 2) Cho a, b, c số thực dương tùy ý Chứng minh rằng: a  b  c  32 ab  b2 bc  c2 ca  a2 Hết Câu Đáp án Điểm 2,0  x  x x  x x  x 1 x  39 1) Cho biểu thức Q      (với 0,5  x  x  x  1 x  x  x 10 0,5 0,5 x  0; x  1; x  ) 0,5 a) Chứng minh Q  x  39 1,5 0,5 x 5 0,5 0,25 Với x  0; x  1; x  ta có 0,25 1,5  x  x  2  x  x x   x 1 x  39 Q 0,5 1.1.a  x  2 x  2  x  2 x 1 x 1 x  x 10 (2,0  điểm)     x  x  x x   x 1 x  39  x   x  2 x 1 x 1 x  x 10  x  x 1   x  x x  6   x 1 x  2 x  39  x  2 x 1  x  2 x  5  x x4 xx4 x  39  x  2 x 1  x  2 x  5   x  4 x 1 x  39 x  39   x  4 x 1 x  x  Vậy x  0; x  1; x  Q  x  39 x 5 1.1.b b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ (1,5 điểm) Với x  0; x  1; x  ta có Q  x  39   x  25  64  x   64 x 5 x 5 x 5  x 5 64 10  ( Áp dụng BĐT cô-si) x 5 Dấu “=” xảy x   64   x  5  64  x  (thoả mãn) x 5 Vậy x  Q đạt giá trị nhỏ 1.2 11 (1,5 2) Cho a,b  thỏa mãn   Chứng minh điểm) a b 2024 a  b  a  2024  b  2024 Ta có    2024  ab a b 2024 ab ab ab a2 b2  a  2024  b  2024  a   b    a  b a  b a  b a  b 0,5  a  b  ab  a  b (Vì a,b  ) ab ab ab 0,5 11 Vậy với a,b  thỏa mãn   a  b  a  2024  b  2024 a b 2024 2.1 1) Giải phương trình x2  x   x  2,0 (2,0 điểm) ĐKXĐ: x  3 0,25 Phương trình   x2  2x 1   x   x   4  0,75   x 12   x   2  (1) Vì  x 12   x   2  nên (1)   x 1  2  x   2   x  0,5 Đối chiếu ĐKXĐ thấy thoả mãn Vậy phương trình có nghiệm x  0,5 2.2 x2  y2  xy 1  2x  (2,0 2) Giải hệ phương trình  2,0 x  x  y   x   y2 điểm) 2x2  y2  2xy   4x x2  y2  xy 1  2x (1)  Hệ    0,5 x  x  y  x   y 2x  x  x  y  x   2xy   4x (2) PT(2)  x x  y  3x  2x x  y  0,5  x  x  y2  2 x  y  3     x x  y 1 x  y  3   x  x  y 1  x  y   + Với x  vào PT(1) ta được: y2   (vô nghiệm) + Với x  y 1   y  1 x vào PT(1) ta được: x 1 y  0,75 x  3x     x   y  1 + Với x  y    y  x  vào PT(1) ta được: x2  x  10  (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;0) (2;-1) 0,25 3.1 Cho số nguyên x, y,z thỏa mãn x2  y2  z2  2xyz Chứng minh xyz (2,0 chia hết cho 24 2,0 Vì x  y  z  2xyz điểm) 2 2xyz chẵn, nên số x,y,ztồn số chẵn Giả sử x chẵn, x2 4; 2xyz  y2  z2 (*) 0,5 Nếu y lẻ  y2 lẻ  lẻ z2  z lẻ y  2k  1 y2  4k2  4k  k;m Z  0,5  2 z  2m  1 z  4m  4m   y2  z2  4k2  4k  4m2  4m   y2  z2 chia dư (khơng thỏa mãn(*)) Do y chẵn z chẵn  y 2; z  xyz (1) Giả sử số x, y, z không chia hết cho màx; y; z chẵn nên x2; y2; z2 chia dư  x2  y2  z2 Do 2xyz  xyz (mâu thuẫn với giả thiết x, 0,5 y, z không chia hết cho 3) Nên tồn số chia hết cho hay xyz (2) Từ (1), (2) (3,8) =1 suy xyz 24 Vậy xyz 24 0,5 4.1 1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với 5,5 (5,5 cạnh BC , cạnh AC D, E Vẽ đường kính DF (O, r) Tiếp điểm) tuyến đường tròn (O, r) F cắt AB, ACtheo thứ tự R S A Q F S R E N I B DM K C 4.1.a a) Chứng minh FS.CD  r 2,0 (2,0 Có: RS // BC (cùng  DF )  R SC  S CD  1800 (2 góc phía) 0,5 điểm) Có SI tia phân giác R SC CI tia phân giác S CD ( tính chất tiếp 0,5 tuyến cắt nhau)  I SC  I CS  900  SIC  900 Do tam giác SIC vuông I 0,5 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông SIC đường cao SE: SE.EC  IE2  FS.CD  r2 (đpcm) 0,5 4.1.b b) Gọi K điểm đối xứng D qua trung điểm M BC Chứng minh 2,0 (2,0 A; F; K thẳng hàng điểm) Gọi K ' giao điểm FA với BC CMTT câu a: RF.BD  r2 Do RF.BD  FS.CD 0,5 FS RF FS  RF RS    0,5 BD DC BD  CD BC Áp dụng định lý Thalet  FS  SA  RS 0,5 K 'C AC CB  FS  FS  K 'C  BD mà chứng minh KC = BD nên KC = K’C 0,5 K 'C BD  K '  K hay A, F , K thẳng hàng 4.1.c c) Đường thẳng vng góc với BC K cắt tia DE Q Gọi N trung điểm 1,5 (1.5 QK Chứng minh BN vng góc với AK điểm) CI trung trực DE  CID  Q DK  90  I CD 0,25 CD ID  CID  QDK (g.g)   0,25 QK DK  CD  ID  CD  2ID  FD mà CD  BK  BK  FD 0,5 2NK DK NK DK DK NK DK  BKN  FDK (c.g.c)  N BK  K FD 0,5 Suy BN vng góc với AK 4.2 2) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC) ngoại tiếp (I) Gọi D tiếp điểm (1.5 (I) với BC H chân đường cao hạ từ A lên BC K, L tâm đường 1,5 điểm) tròn nội tiếp ∆AHB, ∆AHC Chứng minh rằng: ∆DKL vuông cân A L I K B C P H D Q Gọi I tâm nội tiếp ∆ABC AK, AL cắt BC P, Q   HAC     0,5 AQB   C  HAQ  BAH  BAQ => ∆ABQ cân nên BI đường trung trực AQ, tương tự CI đường trung trực AP  I QP  I AB  450 Chứng minh tương tự: I PQ  I AC  450 0,25 => ∆PIQ vng cân có ID  PQ nên DI = DP = DQ   C  Lại tiếp: KQB  KAB   ICB PQ => KQ // CI, mà IC  AP nên ∆PKQ vuông K có DP = DQ nên DK  PQ 0,5 Tương tự DL  => DK  DL  DKL cân D Lại có: K DP  2K QP   ACB nên KD // AC, tương tự DL // AB  K DB  L DC   ACB   ABC (đồng vị) = 90° K DL  900  DKL vuông cân D (đpcm) 0,25 5.1 Trên bảng có ghi 2024 số: ; ; ; ; 2024 Mỗi lần thực hiện, cho (1,0 2024 2024 2024 2024 điểm) phép xóa hai số a , b bảng thay số a  b  2ab Hỏi sau (1,0) 2023 lần thực phép xóa, số cịn lại bảng số nào? Giả sử số bảng a1 , a2 , … , ak Ta cho tương ứng bảng với tích 2a1 12a2 1 2ak 1 0,25 Sau lần biến đổi, tích bị hai thừa số 2a 12b 1 lại thêm vào thừa số 2a  b  2ab 1  2a 12b 1 0,25 Do đó, tích có giá trị tuyệt đối khơng thay đổi, đổi dấu 0,25  1012  Vì tích ban đầu (do có chứa thừa số  1 ) nên số cuối  2024  0,25 s phải có tích nghĩa tích cuối 2s 1   s  5.2 Cho a, b, c số thực dương tùy ý Chứng minh rằng: (1,0 a b c 32 (1,0) điểm)    ab  b2 bc  c2 ca  a2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2b.a  b   0,25 2b  a  b a  3b Áp dụng tương tự ta a  b  a  2a 2b 2c   ab  b2 bc  c2 ca  a2 a  3b b  3c c  3a Ta cần chứng minh 2a 2b 2c    a  3b b  3c c  3a a  b  c3 Hay  a  3b b  3c c  3a 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta a  b  c a  b  c 2 2 a  3b b  3c c  3a a  b  c  3ab  3bc  3ca Mặt khác, ta có a  b  c  ab  bc  ca  Do ta a2  b2  c2  ab  bc  ca  a2  b2  c2  ab  bc  ca  ab  bc  ca 0,25  a  b  c   a  b  c   a  b  c c a  b  c Từ suy a  b    a  3b b  3c c  3a a  b  c2 0,25 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c Chú ý: - Nếu thí sinh làm mà cách giải khác với đáp án phù hợp kiến thức chương trình THCS tổ chấm thống cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm hướng dẫn quy định - Tổng điểm tồn khơng làm trịn Hết