Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Vòng 3 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Tân Thành (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 9 - Vòng 3 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Tân Thành (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS TÂN THÀNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2023 – 2024 Môn thi: Toán 9 – Vòng 3 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4,0 điểm) a) Cho p là số nguyên tố; p ≥ 5 . Chứng minh rằng : Nếu 21p + là số nguyên tố thì: 21p2 + là hợp số. b) Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. Câu 2: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xyx22+ 3 += 4 19 b) Giải phương trình: 5x++ 1 x22 − 4 = 5 xx + 27 + 25 Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M= 4x22 + 2y − 4xy −+ 4x 2023 b) . Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x + y + z = 1. x y z9 Chứng minh rằng ++≤ x+++ yz y zx z xy 4 Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại H . a) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= BC 2 . b) Chứng minh BH= AC .cot ABC. c) Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP= MQ . Câu 5: (2,0 điểm) Trong một buổi gặp mặt có 294 người tham gia, những người tham gia, những người quen nhau bắt tay nhau. Biết nếu A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu cái bắt tay. Hết Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: .
2. PHÒNG GD&ĐT YÊN THÀNH THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN CỤM TRUNG TÂM NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: Toán 9 HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu ĐÁP ÁN Điểm a) Cho p là số nguyên tố; p ≥ 5 . Chứng minh rằng : Nếu 21p + là số nguyên tố thì: 21p2 + là hợp số. Vì p là số nguyên tố; p ≥ 5 nên p lẻ và p không chia hết cho 3 0,5 Khi đó p chia cho 3 dư 1 hoặc 2 0,5 a) 0,5 (2,0đ) Suy ra : p = 3k +1, p = 3k +2 ( k thuộc n) HS lập luận để chứng tỏ 21p2 + là hợp số. 0,5 1 b) Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi (4.0đ) số tự nhiên n khác 0. 0,5 2 2 2 2 2 Ta có : A = (n + 3n)(n + 3n + 2) = (n + 3n) + 2(n + 3n) 22 0,5 ⇒>An( + 3) n với mọi n ≥ 1 (1) A + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2+ 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. ( 2) b) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra: (n2 + 3n)2 A không là số chính phương. 0,5 a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xyx22+ 3 += 4 19 22++=⇔2 ++=−⇔+=−2 2 2 a) 2xyx 3 4 19 2( xx 2 1) 3(7 y ) 2( x 1) 3(7 y ) 0,5 22 (2,0đ) ⇔3(7 −yy ) 2 ⇔− 7 2 ⇔ y là số nguyên lẻ 0,5 2 22 Mà 2.( x− 1) ≥⇔− 0 7 yy ≥⇔ 0 = 1 0,5 HS tìm y rồi thay vào tìm x để tìm ra các cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); 0,5 (-4; 1); (-4; -1) b) Giải phương trình: 5x++ 1 x22 − 4 = 5 xx + 27 + 25 22 0,5 2 b) 5x++ 1 x − 4 = 5 xx + 27 + 25 ĐKXĐ x > 2 (4,0đ) (2,0đ) Bình phương cả hai vế ta có 10 (x+ 1)(x − 2)(x ++ 2) 25x ++−= 25 x22 4 27x ++ 25 5x 0,5
3. 5 (x+ 1)(x − 2)(x + 2) =++ x 2 2x2 0,5 Đặt a=+−(x 1)( x 2); bx =+ 2 ; (a > 0, b>0) Khi đó ta có: 2a2 +3b2 = 5ab => a=b hoặc a =1,5b 0,5 Giải ra ta có x= 51 + a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M= 4x22 + 2y − 4xy −+ 4x 2023 Ta có: M= 4x22 + 2y − 4xy −+ 4x 2023 22 0,5 ⇒ M=( 2x −−+−+ y 1) ( y 1) 2021 2 2 Do (2x−− y 1) ≥ 0 ∀x,y và (y1−≥) 0 ∀y 0,5 a) 22 Suy ra: M=( 2x −−+−+ y 1) ( y 1) 2021 ≥ 2021 ∀x,y (2,0đ) 0,5 2 (2x−− y 1) = 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  ⇔ x= y1 = 2 (y1−=) 0  0,5 Vậy GTNN của M= 2021 khi x= y1 = b) . Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x + y + z = 1. x y z9 3 Chứng minh rằng ++≤ x+++ yz y zx z xy 4 (4,0đ) Ta có x + yz = x(x + y + z) + yz = (x + y)(z + x). Tương tự ta có y + zx = (x + y)(y + z); z + xy = (y + z)(z + x) 0,5 Do đó: x y z x(y + z) + y(z + x) + z(x + y) b) + + = x + yz y + zx z + xy (x + y)(y + z)(z + x) (2,0đ) 0,5 2((x + y)(y + z)(z + x) + xyz) = (x + y)(y + z)(z + x) 2xyz 1 9 0,5 = 22+ ≤+ = ( vì áp dụng BĐT Côsi cho hai số (x+ y)(y ++ z)(z x) 4 4 dương ta có: (x+ y)(y + z)(z +≥ x) 2 xy.2 yz.2 zx= 8xyz )) 1 Đẳng thức xảy ra ⇔===xyz . 0,5 3 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại H . a) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= BC 2 . 4 b) Chứng minh BH= AC .cot ABC. (6.0đ) c) Gọi . M . là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP= MQ .
4. a. Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= BC 2 . Xét tam giác: ∆BHK đông dạng ∆BCD có: Góc KBH chung 0,5 ° BKH = BDC = 90 . ⇒∆BHK đồng dạng ∆BCD(g.g) BH BK 0,5 nên = a) BC BD (2,0đ) ⇒⋅=BH BD BCBK 0,5 Tương tự: ∆CHK đồng dạng ∆CBE CH KC nên = ⇒CH ⋅=⋅ CE BC KC BC CE Cộng vế với vế hai đằng thức ta được: BH⋅+ BD CH. CE = BCBK +⋅ BC KC hay BH⋅+ BD CH ⋅= CE BC() BK + KC = BC 2 0,5 b. Chứng minh BH= AC .cot ABC. BH BE Chứng minh : ∆BEH đồng dạng ∆CEA() g ⋅⇒ g = CA CE 0,5 b) BE Xét ∆BEC vuông tại E⇒=cot ABC (2,0đ) CE 0,5 BH BE ⇒ ==cot ABC ⇒=⋅ BH ACcot ABC 0,5 CA CE 0,5
5. c) Gọi . M . là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MP= MQ . Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng c) (2,0đ) minh rằng: MP= MQ . 0,5 PA AH Chứng minh ∆PAH đồng dạng ∆AMB(.) g g ⇒= AM MB QA AH 0,5 Chứng minh: ∆QAH đồng dạng ∆MAC(.) g g ⇒= AM MC 0,5 QA PA Do MB= MC (gt) ⇒= AM AM ⇒PA = QA ⇒∆ QMP cân tại M⇒= MP MQ 0,5 Trong một buổi gặp mặt có 294 người tham gia, những người tham gia, những người quen nhau bắt tay nhau. Biết nếu A bắt tay B thì một trong hai người A và B bắt tay không quá 6 lần. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu cái bắt tay. Trong 294 người tham gia ta gọi: a là những người bị giới hạn số lần bắt tay; 0,5 5 b là những người không bị giới hạn số lần bắt tay. (2.0đ) Số người không bị giới hạn số lần bắt tay có tối thiểu là 6 nên 0,5 b ≥ 6 Số cái bắt tay từ người bị giới hạn số lần bắt tay tối đa là 6a Vậy thì từ b cũng phải cho 6a cái bắt tay. 0,5 Vậy tổng số cái bắt tay là 6a. Vậy a phải lớn nhất nên b bé nhất bằng 6. a+b=294 nên a=288. Số cái bắt tay nhiều nhất là 6a=6.288=1728 0,5 cái. Ghi chú: Thí sinh có lời giải đúng khác với đáp án vẫn cho điểm tương ứng.