Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Đắk Ơ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Đắk Ơ (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS ĐĂK Ơ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn : Toán - LẦN 2 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm) xx−3  x −− 3 x 29 − x 1. Cho biểu thức A =−1:  +−  x − 9 23−x + xx +− x 6 a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa và rút gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của A khi x =22 + 12 2 x y 2. Cho xy; thỏa mãn 0 xy 1; 0 1 và 1 . 11 xy Tính giá trị của biểu thức P x y x22 xy y . 3. Cho ba số dương a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: abc3 ++≥ bc+++ ca ba 2 Câu 2. (5,0 điểm) 32 1. Giải phương trình: 3x− 1789 xx − ++ 32 x −− 7 − x = 0  22xy22  22+=1 2. Giải hệ phương trình: ( yx++11) ( )  31xy−−= x y Câu 3: ( 5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm là H. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. a) Xác định vị trí của điểm M sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Với M lấy bất kì thuộc cung nhỏ BC; gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp. c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng. d) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung nhỏ BC để cho NE có độ dài lớn nhất. Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Một điểm M di động trên cung nhỏ BC . Từ M kẻ MH, MK lần lượt vuông góc AB, AC (H∈∈ AB, K AC) . 1. Chứng minh ∆MBC đồng dạng ∆MHK 2. Tìm vị trí của M để HK lớn nhất. Câu 5. (3,0 điểm) 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x22+2022 x + 2023 y += y xy +2023 xy 2 + 2024 . 22 2. Tìm các số nguyên dương sao cho nnnn++2 +++ 2 18 9 là số chính phương. - - - HẾT - - - • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. 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 Ý LỜI GIẢI Điểm u 1 xx−3  x −− 3 x 29 − x Cho biểu thức A =−1:  +−  x − 9 23−x + xx +− x 6 a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa và rút gọn biểu thức A . 1 x ≥ 0   x −≠20 x ≥ 0  0,5 +) ĐK: x −≠90 ⇔≠x 4 (*)  xx−−3 29 − x x ≠ 9  +− ≠0  23−x + xx +− x 6  xx( − 3) (xx+ 3)( − 3) + ( x + 2)(2 − xx ) +− 9 +) A =1: − 1,5 −+ (2−+xx )( 3) ( xx33)( ) 3x − 23 = : = x++33 xx − 2 b) Tính giá trị của A khi x =22 + 12 2 3 3 3 12 0,5 A = = = = = 2 2+− 32 2 2 2 22+− 12 2 2 (2+− 32) 2 0,5 2 x y Cho xy; thỏa mãn 0 xy 1; 0 1 và 1 . 11 xy Tính giá trị của biểu thức P x y x22 xy y . 2 0,25 Pxy x22 xyy xy xy 3 xy Ta có . x y Thay 1 2x 2 y 13 xy vào biểu thức P ta được 11 xy 22 Pxy xy 2 xy 1 xy xy 1 xy xy 11 0,5 (vì xy 1). Giải thích xy 1. x y x y Từ giả thiết ta có ; là các số dương mà 1 , nên ta 11 xy 11 xy 0,25
3. xx21 1 10 x 11 xx 2 có xy1. yy21 1 10 y 11 yy 2 Vậy P 1. 3 Cho ba số dương a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: abc3 ++≥ bc+++ ca ba 2 Bất đằng thức trên luôn đúng vì Ta có bđt phụ sau với x,y,z > 0 ta chứng minh được. 0,25 111 (xyz++ )( + + ) ≥ 9 xyz xy xz yz ⇔( +++++≥ )( )( )6 yxzxzy xy xz yz luon/ dung / vi /+≥ 2; +≥ 2; +≥ 2 yxzxzy Dấu = xay ra khi x = y = z (*) abc33 a b c 0,25 + + ≥ ⇔ ++1 ++ 1 +≥ 13 + bc+++ ca ba22 bc + ca + ba + 1 1 1 19 ⇔[(bc +++++ ) ( ca ) ( ba )][ + +] ≥ 22bc+++ ca ba 0,25 111 ⇔[(bc +++++ ) ( ca ) ( ba )][ + +] ≥ 9 bc+++ ca ba Bất đằng thức luôn đúng vì theo BĐT (*) Dấu = xảy ra khi a = b = c. 0,25 2 1 Giải phương trình 3x32− 1789 xx − ++ 32 x −− 7 − x = 0 . 2 0,5 ĐKXĐ: ≤≤x 7. 3 PT (1) ⇔( 3x −−− 2 4) ( 7 −−+ x 1) 3 x32 − 17 xx −+= 8 12 0 ⇔( 3x −−− 2 4) ( 7 −−+− x 1) (3 xxx 2)( − 6)( += 1) 0 0,5 3xx−− 18 6 ⇔ − +(3xxx − 2)( − 6)( += 1) 0 3xx−+ 24 7 −+ 1 31 ⇔−( x6)+ +(3xx − 2)( + 1) = 0 0,5 3xx−+ 24 7 −+ 1 2 31 Vì ≤≤x 7 nên + +(3xx − 2)( +> 1) 0 0,5 3 3xx−+ 24 7 −+ 1 Suy ra x−=⇔=6 0 x 6( tm / ) 0,25 KL: PT (1) có nghiệm duy nhất x = 6. 0,25  22xy22  22+=1 2 Giải hệ phương trình: ( yx++11) ( ) .  31xy−−= x y xy≠−1, ≠− 1 0.25 xy1 (2) ⇔=+++⇔=++⇔⋅ 4xy xy x y14 xy( x 1)( y 1) = yx++1 14 0,5
4. xy Đặt =ab; = yx++11 0,5  221  1 ab+= ab= =  2  2 1 1 Ta có ab+= Giải hệ ta có ba= = −  4  2 Với a=b =1/2 ta tìm được ( x,y) = (1;1); 0,5 Với a=b = -1/2 ta tìm được ( x,y) = (-1/3;-1/3) 0,5 KL: Hệ phương trình có 2 nghiệm (1;1); (-1/3;-1/3) 0,25 3 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm là H. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. a) Xác định vị trí của điểm M sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Với M lấy bất kì thuộc cung nhỏ BC; gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp. c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng. d) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung nhỏ BC để cho NE có độ dài lớn nhất. A 4 1 3 2 E K 2 O 1 H 1 B 1 N C 1 M 1 a) Xác định vị trí của điểm M sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. Ta có: BH ⊥ AC; CH ⊥ AB (vì H là trực tâm tam giác ABC) 0,5 Tứ giác BHCM là hình bình hành ⇔ BH // MC và CH // MB 0,5 ⇔ AC ⊥ MC và AB ⊥ MB 0,5 ⇔ AM là đường kính của (O) 0,5 ⇔ M là điểm đối xứng của A qua O. 2 b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp.   0,25 Ta có: MN11= (T/c đối xứng trục)
5.   0,25 MC11= (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) ⇒=NC  , mà AHB+= C 1800 11 1 0,25 Do đó: AHB+= N 1800 ⇒Tứ giác NAHB nội tiếp. 0,25 1 3 c) Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.       0,25 Tứ giác NAHB nội tiếp ⇒=HA11, mà AA12= (T/c đối xứng trục)⇒=HA12. 0,25 Chứng minh tương tự, ta cũng có: HA =  23 Ta có: BAC += BHC 1800 0,25     0 Do đó: NHE=++ H12 H CHB = A23++ A CHB = BAC+=⇔ BHC 180 N, H, E 0,25 thẳng hàng 4 d) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung nhỏ BC để cho NE có độ dài lớn nhất. Ta có: NAE = 2 BAC . Kẻ AK ⊥ NE tại K 0,25 Ta có: AM = AN; AM = AE (Tính chất đối xứng trục) ⇒ AE = AN ⇒∆ANE cân. Mà: AK là đường cao ⇒ AK là trung tuyến, là phân giác NE ⇒ NAE = 2; NAK NE= 2 NK ⇒=NK 2 0,25 Do đó: BAC = NAK Tam giác KAN vuông tại K ⇒ NK = AN.sin NAK ≤ ≤ Do đó: NE = 2AN. sin NAK = 2AM.sin BAC 2R .sin BAC (vì AM 2R ; sin BAC : 0,25 Không đổi) Do đó: NE lớn nhất ⇔ AM lớn nhất ⇔ AM là đường kính của đường tròn (O) ⇔ M đối xứng với A qua O 0,25 Vậy khi M là điểm đối xứng của A qua O thì NE lớn nhất. 4 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Một điểm M di động trên cung nhỏ BC . Từ M kẻ MH, MK lần lượt vuông góc AB, AC (H∈∈ AB, K AC) . A O B K H C M 1 Chứng minh ∆MBC đồng dạng ∆MHK +) Tứ giác AHMK nội tiếp suy ra MBC = MAC = MHK 0,50
6. +) Tứ giác ABMC nội tiếp suy ra MCB = MAB = MKH 0,50 +) Suy ra ∆MBC đồng dạng ∆MHK 0,25 2 Tìm vị trí của M để HK lớn nhất. 0,50 BC MB BC 0,50 CM câu trên suy ra = mà MB≥⇒≥⇒≥ MH 1 BC HK HK MH HK Đẳng thức xảy ra khi H trùng B⇒= ABM 900 hay M đối xứng với A qua O. 0,25 5 1 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương 22 2 . trình x+2022 x + 2023 y += y xy +2023 xy + 2024 (1) (1) ⇔( x22 + 2022 x − 2023) − 2023y( x −− 1) yx( −= 1) 1 2 0,25 ⇔−( x1)( x + 2023 − 2023 yy −=) 1 0,25 Vì x,y nguyên nên các thừa số của vế trái là ước của 1 do đó ta có hai trường hợp: x = 2 x −=11  x = 2 +) ⇔⇔ 0,50 2 2024 x+2023 − 2023 yy −= 1 yy=∨=−1 ( l) y =1  2023 x = 0 x −=−11  x = 0 ⇔⇔ +) 2 2024 0,50 x+2023 − 2023 yy −=− 1 yy=∨=−1 ( l) y =1  2023 Vậy phương trình có hai nghiệm: (2;1) ,( 0;1) . 2 Tìm các số nguyên dương sao cho nnnn22++2 +++ 2 18 9 . là số chính phương. 22 2 Do nnnn++2 +++ 2 18 9 là số chính phương nên nn++2 18 là số tự 0,50 nhiên 2 Đặt nn++2 18 = k2 (k là số tự nhiên) n22+2 n + 18 = k ⇔ ( kn ++ 1)( kn −− 1) = 17 0,75 k = 9 ⇒  n = 7 KL: n = 7 thỏa mãn bài toán. 0,25 - - - HẾT - - -