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

Năm học 2023-2024 Câu 1 (5,0 điểm)

Q

(với x0;x1;x4)

a) Chứng minh rằng 39

5

x Q x





 b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất

2) Cho a b , 0 thỏa mãn 1 1 1

2024

ab Chứng minh rằng a b  a2024 b2024

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Giải phương trình 2

x   x x

2) Giải hệ phương trình

1 2

2 2







Câu 3.(2,0 điểm)

Cho các số nguyên x, y,z thỏa mãn x2  y2  z2  2 x yz Chứng minh rằng x yz chia hết cho

24

Câu 4 (7,0 điểm)

1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với các cạnh BC ,

cạnh AC lần lượt tại D, E Vẽ đường kính DF của (O, r) Tiếp tuyến của đường tròn (O, r) tại

F cắt AB, ACtheo thứ tự tại R và S

a) Chứng minh rằng 2

FS CDr

b) Gọi K là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC Chứng minh A F K; ; thẳng hàng

c) Đường thẳng vuông góc với BC tại K cắt tia DE tại Q Gọi N là trung điểm của

QK Chứng minh BN vuông góc với AK

2)Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp (I) Gọi D là tiếp điểm của (I) với

BC;H là chân đường cao hạ từ A lên BC; K, L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AHBvàAHC Chứng minh rằng tam giác DKL vuông cân.

Câu 5 (2,0 điểm)

1) Trên bảng có ghi 2024 số: 1 ; 2 ; 3 ; ;2024

2024 2024 2024 2024 Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số a, b bất kỳ trên bảng và thay bằng sốa b 2ab Hỏi sau 2023 lần thực hiện phép xóa,

số còn lại trên bảng là số nào?

2) Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý Chứng minh rằng:

3 2 2

-Hết -

Câu Đáp án Điểm

1.1.a

(2,0

điểm)

Q

(với

x x x )

a) Chứng minh rằng 39

5

x Q x







2,0

Với x0;x1;x ta có 4

Q

0,5



0,5



Vậy x0;x1;x thì 4 39

5

x Q x







0,5

1.1.b

(1,5

điểm)

Với x0;x1;x ta có 4

 25 64 39

x x

Q



64 5

5

x

x



0,5

64

5

x

x

 ( Áp dụng BĐT cô-si)

0,5

5

x

0,25

1.2

(1,5

điểm)

2) Cho a b , 0 thỏa mãn 1 1 1

2024

ab  Chứng minh rằng

a b  a  b

1,5

Ta có 1 1 1 2024

2024

ab

a b a b

a b



Vậy vớia b , 0 thỏa mãn 1 1 1

2024

ab thì a b  a2024 b2024

0,5

2.1

(2,0

điểm)

1) Giải phương trình 2

Phương trình x22x1x 3 4 x 3 40

0,75

Vì x 12 0 và  x  3 22 0 nên (1)  2  2

Đối chiếu ĐKXĐ thấy thoả mãn

2.2

(2,0

điểm)

2) Giải hệ phương trình

1 2

2 2







2,0

Hệ

0,5

PT(2) x x  y2 3x2x x  y0

     

 x  0 hoặc x  y   1 0 hoặc x  y   3 0

0,5

+ Với x  0 thế vào PT(1) ta được: y  2 1 0 (vô nghiệm)

+ Vớix  y    1 0 y   1 x thế vào PT(1) ta được:

3 2 0

  



        



+ Với x  y    3 0 y    x 3 thế vào PT(1) ta được: x2   x 10  0(vô

nghiệm)

0,75

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;0) và (2;-1) 0,25

3.1

(2,0

điểm)

Cho các số nguyên x, y,z thỏa mãn x2 y2  z2 2x yz Chứng minh rằng xyz

Vì x2  y2 z2 2x yzvà2 yz x chẵn, nên trong 3 số x,y,ztồn tại ít nhất 1 số

chẵn Giả sử là x chẵn, khi đó x2 4; 2x yz 4y2 z2 4 (*) 0,5

Nếu y lẻ  y2 lẻ  lẻ z2 z lẻ

2 1 4 4 1

;

k m Z

      



     



      

0,5

2 2

  chia 4 dư 2 (không thỏa mãn(*))

Do đó y chẵn và z chẵn  y  2; z  2  xyz  8 (1)

Giả sử cả 3 số x, y, z đều không chia hết cho 3 màx; y; z chẵn nên x y z2; ;2 2chia

3 dư 1 x2 y2 z2 3 Do đó 2 x yz  3  xyz  3 (mâu thuẫn với giả thiết x,

y, z đều không chia hết cho 3)

Nên tồn tại 1 số chia hết cho 3 hay xyz  3 (2)

0,5

Từ (1), (2) và (3,8) =1 suy raxyz  24 Vậy xyz  24 0,5

4.1

(5,5

điểm)

1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với

các cạnh BC , cạnh AC lần lượt tại D, E Vẽ đường kính DF của (O, r) Tiếp

tuyến của đường tròn (O, r) tại F cắt AB, ACtheo thứ tự tại R và S

5,5

4.1.a

(2,0

điểm)

a) Chứng minh rằng 2

Có: RS //BC (cùng  DF)   0

180

RSC SCD

CóSIlà tia phân giác của RSCvà CI là tia phân giác củaSCD ( tính chất 2 tiếp

tuyến cắt nhau)

0,5

90

ISC ICS

90

SIC

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông SIC đường cao SE: 2

SE ECIE

2

.

4.1.b

(2,0

điểm)

b) Gọi K là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC Chứng minh

; ;

A F K thẳng hàng

2,0

Gọi K' là giao điểm của FAvới BC

.



Áp dụng định lý Thalet

'

0,5 '

'

    mà chứng minh được KC = BD nên KC = K’C

'

K K

  hay A F K, , thẳng hàng

0,5

4.1.c

(1.5

c) Đường thẳng vuông góc với BC tại K cắt tia DE tại Q Gọi N là trung điểm

của QK Chứng minh BN vuông góc với AK

1,5

N I

D

A

Q

E

F

( )

   

0,25

2

0,5

( )

     NBKKFD

Suy raBN vuông góc với AK

0,5

4.2

(1.5

điểm)

2) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp (I) Gọi D là tiếp điểm

của (I) với BC H là chân đường cao hạ từ A lên BC K, L lần lượt là tâm đường

tròn nội tiếp ∆AHB, ∆AHC Chứng minh rằng: ∆DKL vuông cân

1,5

Gọi I là tâm nội tiếp ∆ABC AK, AL cắt BC tại P, Q

2

HAC AQB CHAQBAH BAQ

=> ∆ABQ cân nên BI là đường trung trực AQ, tương tự CI là đường trung trực

45

IQP IAB

0,5

45

IPQIAC

2

C KQBKAB ICB

0,25

2

PQ

DK 

Tương tự

2

PQ

Lại có: KDP2KQPACB nên KD // AC, tương tự DL // AB

KDB LDC ACB ABC

0,5

90

KDL   DKLvuông cân tại D (đpcm) 0,25

5.1

(1,0

điểm)

Trên bảng có ghi 2024 số: 1 ; 2 ; 3 ; ;2024

2024 2024 2024 2024 Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số , bất kỳ trên bảng và thay bằng số Hỏi sau

2023 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?

(1,0)

Giả sử các số trên bảng đang là a1, a2, … ,a k Ta cho tương ứng bảng này với

tích 2a11 2 a2 1 2  a k 1 0,25

L K

A

I

D H

Sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số 2a1 2 b1 nhưng lại

được thêm vào thừa số 2a b 2ab  1 2a1 2 b1 0,25

Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi, chỉ đổi dấu 0,25

Vì tích ban đầu bằng 0 (do có chứa thừa số 2.1012 1

2024



 ) nên số cuối cùng

s cũng phải có tích bằng 0 nghĩa là tích cuối cùng bằng 2 1 0 1

2

0,25

5.2

(1,0

điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý Chứng minh rằng:

3 2 2

(1,0)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2b a b

Áp dụng tương tự ta được

ab b  bc c  ca a      

0,25

Ta cần chứng minh 2a 2 2b 2 2c 2 3 2

a 3b  b 3c  c 3a  2

a 3b  b 3c  c 3a  4

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

 2

a b c

0,25

Mặt khác, ta cóa b c 2  3 ab bc ca   

Do đó ta được

0,25

2

2

a b c

a b c 3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a  b  c

0,25

Chú ý:

- Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định

- Tổng điểm toàn bài không làm tròn

-Hết -