Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THANH OAI Năm học 2023-2024 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/11/2023 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (5 điểm) 2x 1 x 3 2 x 5 1. Cho biểu thức: P : x3 1 x x 1 x 1 1 x a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P. 8 b) Tính giá trị của P khi x . 3 5 c) Tìm số tự nhiên x để P có giá trị là số nguyên tố. 2. Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn x3 3 x 1; y 3 3 y 1; z 3 3 z 1 Chứng minh rằng: x2 y 2 z 2 6 Câu II (5 điểm) 1. Tìm số nguyên x, y biết rằng: 2x 255 y2 2. Giải phương trình: 4x 1 x2 5 x 14 Câu III (3 điểm) 1. Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a2 b 2 ab 3 a b 2023 chia hết cho 5. Tìm số dư khi chia a b cho 5 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của a4 b 9 c biểu thức S b c a c a b a b c Câu IV (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH cắt trung tuyến BE tại D. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A lên các đường thẳng CD, BE. Chứng minh: a. BE. EN EM 2 và AC.sin B AB .sin C BC b. HMC EHA c. BM vuông góc với MH Câu V (1 điểm) Trong mặt phẳng cho 8093 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2024 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. - Hết - (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không dùng máy tính cầm tay) Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2023-2024 Môn: TOÁN Câu I (5 điểm) 1. ĐKXĐ: x 0 và x 1; x 4 . 0,25 x 1 a) P . 1,25 x 2 7 3 5 b) P . 1 4 3 c) Ta có: P 1 . x 2 0,25 Nếu x không là số chính phương thì P không là số tự nhiên: loại, suy ra x là số chính 0,25 phương dẫn đến x là số tự nhiên. 0,25 Để P có giá trị là số tự nhiên thì x 2 U{ 3 1;3}, giải ra x Để P là số nguyên tố thì x = 25 0,25 2. Trừ vế với vế của 3 đẳng thức ta có: 3 3 3 2 2 x 3x 1 x y 3(x y) x xy y 3(1) 3 3 3 2 2 y 3y 1 y z 3(y z) y zy z 3(2) 0,5 z 3 3z 1 z 3 x3 3(z x) x 2 xz z 2 3(3) trừ (1) cho (2) ta được (x z)(x y z) 0 x y z 0 0,5 cộng (1) ;(2) ;(3) ta có 2(x 2 y 2 z 2 ) xy yz xz 9 (*) x 2 y 2 z 2 mà từ x+y+z=0 suy ra xy yz xz thay vaò (*) ta có đpcm 0,5 2 Câu II (5 điểm) 1. 2x 255 y2 Nếu x < 0: loại do y nguyên 0,25 Nếu x = 0 thì y 16 0,5 0,25 Nếu x = 1: loại do y nguyên Nếu x 2 : VT chia 4 dư 3 suy ra VP lẻ, nên y lẻ. 1 Đặt y 2 k 1( k Z )suy ra VP chia 4 dư 1 (vô lý) Vậy cặp số (x;y) là (0;16) và (0;-16) 2. Điều kiện x 1. x2 5 x 14 4 x 1 0 x 2 6 x 9 x 1 4 x 1 4 0 1,5 2 2 x 3 0 x 3 x 1 2 0 x 3( TM ) x 1 2 1,5
3. Vậy nghiệm của phương trình là x 3. Câu III (3 điểm) 1. Ta có S a2 b 2 ab 3a b 2023 chia hết cho 5 nên ta được 2 2 4a2 4b 2 4ab 12 a b 12 5 2a b 3 3 b 1  5 0,25 2 2 Đặt x 2a b 3; y b 1 thì ta được x 3y 5 . + Nếu y2 chia hết cho 5, khi đó x2 cũng chia hết cho 5. Từ đó ta được 1 2 2a b 3  5 2a b 3  5 2a b 3 5 2a b 3 3b 3 5 b 1  5 b 1 5 3 b 1  5 Từ đó ta được 2 a b  5 a b  5. Do đó dư trong phép chia a b cho 5 là 0. 2 2 + Nếu y chia cho 5 dư 1, khi đó x chia cho 5 dư 2: vô lý. 0,25 + Nếu y2 chia cho 5 dư 4, khi đó x2 chia cho 5 dư 3: vô lý. Vậy dư trong phép chia a b cho 5 là 0. 8a 32 b 72 c 0,5 2. 8S 4 16 36 56 b c a c a b a b c 22 4 2 6 2 0,5 8S ( a b c ) 56 b c a c a b a b c 2 4 6 2 8S ( a b c ) 56 88 S 11 a b c 0,5 5 2 1 Dấu “=” xảy ra khi a ,, b c 6 3 2 Câu IV (6 điểm) A M E N D B C K H 1. Chứng minh ME2=AE2=EN.EB 1,5 AC2 AB 2 AC.sin B AB .sin C BC 1,5 BC BC 2. Kéo dài AM cắt BC tại K. Chứng minh KMC∽ KHA() g g suy ra KMH∽ KCA() c g c 0,5 KMH HCA HMC HAC EHA (do tam giác AHE cân tại E) 1 3. Do EC2 ME 2 EN. EB (c/m câu a)
4. EC EB nên ENC∽ ECB ECN EBC(1) EN EC 0,5 DN DA DC DA Có DNA∽ DHB (2); DCH ∽ DAM (3) DH DB DH DM Từ (2),(3) suy ra DN DM DNC∽ DMB NCD MBD ECD MBH (4) 0,5 DC DB Do HMC HAC (c/m câu b) nên DMH∽ DACg() g MHA MCA (5) 0,25 Từ (4) và (5) suy ra: 0 0 MHA MBH MBH MHB 90 BMH 90 BM  MH 0,25 Câu V (1 điểm) Gọi AAi j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8093 điểm đã cho . Giả sử A là điểm cách xa đoạn thẳng AA nhất. Khi đó: k i j Tam giác AAi j Ak là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1 0,5 Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm A , A , A lần lượt song song với các cạnh của i j k AAAi j k , các đường thẳng này cắt nhau tạo nên 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ. Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8093 0,5 điểm đã cho, 8093 chia cho 4 được 2023 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichle suy ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có chứa 2024 trong 8093 điểm đã cho. (Lưu ý: Thí sinh có thể làm bài theo cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa)