Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Quang Trung (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Quang Trung (Có đáp án)

1. PHÒNG GD & ĐT QUY NHƠN Chữ kí GT1: TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG Chữ kí GT2: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2023- 2024 Môn: Toán Lớp: 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Mã phách Họ và tên: Lớp: Số báo danh: . Phòng thi: .  Điểm bằng số Điểm bằng chữ Chữ ký của GK1 Chữ ký của GK2 Mã phách Đề: Câu 1: ( 5 điểm) 1111+−aa 1.Cho Qaa=+− −−+ 121 2 (với 01 a ). 2 2 11+aa −− 11−−aa + aa a) Rút gọn Q. b) So sánh Q và Q3. 2. Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 P = + + + + . 2 1+ 1 2 3 2 + 2 3 4 3 + 3 4 2025 2024 + 2024 2025 Câu 2: (5 điểm) a) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là abab,; , ta viết thêm lên bảng số có giá trị là abab++ . Hỏi với cách thực hiện như vậy, trên bảng có thể xuất hiện số 123456 được hay không? Giải thích. b) Giải phương trình: x2 − x −4 = 2 x − 1(1 − x ) . Câu 3: ( 3 điểm) Cho các số thực dương x y,, z thỏa mãn xyyzzxxyz++ ++ . x2 y 2 z 2 Chứng minh rằng: + + 1. x3+8 y 3 + 8 z 3 + 8 Câu 4: ( 3 điểm) Cho ABC,biết rằng 3 A +2 B = 1800 . Chứng minh: AB2 = BC2 + AB.AC Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai AM AN đoạn thẳng AB, AC AB, AC sao cho + =1. §Æt AM = x, AN = y MB NC Chøng minh: MN= a − x − y . ./ .
2.  BÀI LÀM:
3. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TRƯƠNG MÔN: TOÁN Câu Đáp án Điểm 1.1 a) Với 0 < a < 1, ta có: 1111+−aa Qaa=+−−−+ .121 2 2 aa2 11+−−aa11−−+aa 2 2 111+−aa(1− a) 2 =+−− .1 (a ) 11+−−aa 2 aa2 (111−+−−aaa)( ) ( ) 2 11+ a (111−−+aaa) ( )( ) =+−− .1 a 11+−−aa111−+−−aaa aa ( ) ( ) 11+−aa(111−+−aa)( ) =+− .1( a) 2,0 1111+−−+−−aaaa a 11++−aa21111( −+−+−−aaaa)( ) ( ) ( ) =−.1( a) 11+−−aa 2a 2 11+aa + − −( 11 +aa − − ) =−.1( a) 2a 11+aa − − ( 1+a + 1 − a)( 1 + a − 1 − a ) = −(1 − a) 2a (11+−−aa) ( ) 2a = −−= −−=− (111.aaa) ( ) 22aa b) Do 10011110. − aaa − − ( )2 3 2 3 Xét QQaa−=−−− ( 1110)(( ) ) .Vậy QQ . 1.0đ 1.2 1111 P =+++ + 2 1++++ 1 23 2 2 34 3 3 42025 2024 2024 2025 Với nN * , ta có: 11 = 2.0đ (n+11) n + n n + n+1. n .( n + 1 + n ) n+1 − n n + 1 − n 1 1 = = = − n+1. n .( n + 1 − n) n + 1. n n n + 1 Áp dụng kết quả trên, ta được:
4. 1 1 1 1 1 1 1 1 P = − + − + − + + − 1 2 2 3 3 4 2024 2025 1 1 1 44 = − = 1 − = 1 2025 45 45 Đặt kababab=++=++− ( 111.)( ) 2,5đ 2.a Nếu trong 2 số ab, tồn tại một số chia 3 dư 2 thì k chia 3 dư 2. Ban đầu trên bảng gồm có số 2 và số 4 (một số chia 3 dư 1; một số chia 3 dư 2). Suy ra tại mọi thời điểm, trên bảng luôn chỉ có một số chia 3 dư 1 và các số còn lại chia 3 dư 2. Do đó với cách thực hiện như đề bài, trên bảng không thể xuất hiện số 123456(Vì số 123456 chia hết cho 3). Điều kiện xác định: x 1. 2,5 2.b Ta có: xxxx2 −−=−−421(1) +−+−−+−−=xxxxxx2 2112(1)30 đ Đặt x x+ y − = 1 (điều kiện y 1). 2 y =−1 Phương trình trở thành yy− −2 = 3 0 =y 3 (do y 1) y = 3 13 x 13 x xx+ −13 = −=−xx13 Khi đó : 2 x = 2 x = 2 xx−7 + 10 = 0 x = 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 . AM− GM xxxxx+2246 +−+−22 + 3 đ Ta có xxxx32+8224 =+−+ =( )( ) 22 3 yy2 −+6 zz2 −+6 Tương tự y3 + 8 ; z3 + 8. 2 2 xyzxyz222222 - Suy ra ++ ++ 2 222 (*) xyz333+++888 xxyyzz− +−666 +− + 2 abc2 2 2 (abc++) - Lại có: + + a, b , c , u , v , w 0( 1) u v w u++ v w - Áp dụng (1) và (*) ta thu được 2 x2 y 2 z 2 2(x++ y z) + + 2 2 2 (2) x3+8 y 3 + 8 z 3 + 8 x+ y + z −( x + y + z) +18 2(x++ y z)2 Ta cần chứng minh : 1 x2+ y 2 + z 2 −( x + y + z) +18 x222 + y + zxy ++418 yz( + zxx − y) + z + ( ) ++++++( xyz)2 ( xyz) 2( xyyzzx ++− ) 18 0 . (x + y + z)2 +3( x + y + z) − 18 0 ( Vì xy+ yz + zx x + y + z )
5. ++−+++ (xyzxyz 360)( ) . (3) Ta có: ( xyzxyyzzxxyz++ ++ ++)2 33( ) ( ) nên x+ y + z 3 => (3) đúng. Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” =x = y =z 1 4 3đ Ta có 231802BAABCCBABA0 => trong ABC có góc C lớn nhất => cạnh AB lớn nhất. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho AD=AC  AB.AD=AB.AC (1) Lại có: 0 0 0180ABAA 0 2 3 0 D21180 D 180 180 180 A B ACB 22 BCAB  BDCBCAAB BDBC .22 BDBC Từ (1) và (2) suy ra : BC2 + AB.AC = AB.BD+AB.AD=AB.(BD+AD)=AB2 5 Ta có: A 4đ AM AN +=1 H MB NC AMAN M += 1 a ABAMACAN−− N xy += 1 axay−− C B −+−=−−x()()()() ayy axax ay −−+=aaxayxy2 2230 ++−−+=+−axyaxbyxyxyxy22222 222 −−=+−()axyxyxy 222 (1) Kẻ MHAC⊥ Ta có MAH =60 (do ABC đều) 3 AHM vuông tại H: MH= x.sin 60  = x 2 x AH= x.sin 60  = 2 x HNy=− 2 Áp dụng ĐL Pitago trong tam giác vuông MNH
6. 2 2 222 xx3 22 MNMHHN=+ = +−=+− yxyxy (2) 22 Từ (1) và (2), suy ra: MNxyMNxy22=−− =−−(a)a x a y a Vì 1 nên x ; 1 nên y ax− 2 ay− 2 1 xa 2 x y+ a nên a x− y +( ) 0 hay a x− y − 0 1 ya 2 Vậy M N x= y −a − (đpcm)