Đề thi olympic môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THPT chuyên Lam Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THPT chuyên Lam Sơn (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI OLYMPIC CÁC TRƯỜNG THCS TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN HƯỚNG ĐẾN KỲ THI HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 05/11/2023 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I. (4,0 điểm) 1. Rút gọn A 35 2 7 3 5 2 7 . 2. Cho các số dương a, b thỏa mãn a b 2024 a2 2024 b 2 . Tính giá trị của biểu thức P a2 b 2 . Câu II. (4,0 điểm) 5 3 2 1. Giả sử đa thức P x x 6 x x 9 x 3 có 5 nghiệm phân biệt x1,,,,. x 2 x 3 x 4 x 5 Xét đa thức 2 Q x x 2 . Tính F QxQxQxQxQx 1 2 3 4 5 . y 6 x2 xy 2 0 2. Giải hệ phương trình . 2 2 2 1 5x x y 0 Câu III. (4,0 điểm) 1. Cho A là số nguyên dương và phương trình nghiệm nguyên ax by c với các hệ số nguyên a,, b c thỏa mãn a, b nguyên tố cùng nhau, a b A. Chứng minh số nghiệm nguyên x, y 3A thỏa mãn điều kiện x A, y A của phương trình đã cho không vượt quá . b 2. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 3n 1  22023 . Câu IV. (6,0 điểm) 1. Gọi O là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt CA tại M , cắt CB tại N . Chứng minh rằng: a) Tam giác AOM đồng dạng với tam giác OBN . AM BN OC 2 b) 1. AC BC AC. BC 2. Cạnh BC của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp O của tam giác đó tại điểm D . Chứng minh rằng tâm O của đường tròn này nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm của các đoạn thẳng BC và AD . Câu V. (2,0 điểm) Tìm tất cả các tập hợp A  gồm hữu hạn các số thực sao cho x A thì x 1 x2 A và x 1 x2 A . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI OLYMPIC CÁC TRƯỜNG THCS TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN HƯỚNG ĐẾN KỲ THI HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 05/11/2023 (Đáp án có 06 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I. (4,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Rút gọn A 35 2 7 3 5 2 7 . Giải. Ta có A 3527 3 527 3 223.2321 3 223.2321 (1,0 điểm) 3 3 3 2 1 3 2 1 2 1 2 1 2 . (1,0 điểm) 2. (2,0 điểm) Cho các số dương a, b thỏa mãn a b 2024 a2 2024 b 2 . Tính giá trị của biểu thức P a2 b 2 . Giải. Từ a b2024 a2 2024 b 2 a 2024 b 2 2024 a 2 b (0,5 điểm) 2 2 2 2 a 2024 b 2024 a b a2 b 2 2024 2024 a 2 b 2 (0,5 điểm) a 2024 b2 2024 a 2 b a 2024 b 2 2024 a 2 b 2 2 2 2 a b 2024 a b 20242 2 1 1 0 a b 2024 0 a 2024 b2 2024 a 2 b a 2024 b 2 2024 a 2 b (0,5 điểm) 1 1 Vì 0 nên ta có a2 b 2 2024 0 a 2 b 2 2024 . a 2024 b2 2024 a 2 b Vậy P 2024 . (0,5 điểm) Câu II. (4,0 điểm) 5 3 2 1. (2,0 điểm) Giả sử đa thức P x x 6 x x 9 x 3 có 5 nghiệm phân biệt x1,,,,. x 2 x 3 x 4 x 5 Xét 2 đa thức Q x x 2 . Tính F QxQxQxQxQx 1 2 3 4 5 . 5 3 2 Giải. Vì đa thức P x x 6 x x 9 x 3 có 5 nghiệm phân biệt x1,,,, x 2 x 3 x 4 x 5 nên đa thức P x có thể viết dưới dạng Px xxxxxxxxxx 1 2 3 4 5 . (0,5 điểm) Khi đó: 2 2 2 2 2 FQxQxQxQxQx 1 2 3 4 5 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 2 x 5 2 (0,5 điểm) 2x1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 2 x 5 2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 4 2 x 5 PP 2 2 (0,5 điểm) 1
3. 5 3 2 5 3 2 262 2923. 262 2923 1 2 1 2 1. Vậy F 1. (0,5 điểm) y 6 x2 xy 2 0 2. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 2 2 1 5x x y 0 y xy2 6 x 2 Giải. Viết lại hệ . Ta thấy x 0 không thỏa mãn. 2 2 2 1 x y 5 x 1 1 y y2 6 x2 x Xét x 0 , hệ tương đương với . (0,5 điểm) 1 y2 5 x2 1 z2 y zy 2 6 yz y z 6 Đặt z ta có hệ x 2 2 2 z y 5 y z 2 yz 5 S y z SP 6 Đặt ta có hệ (0,5 điểm) 2 P yz SP 2 5 2 S 5 2 2 SP 6 S. 6 SS 5 12 0 SSS 3 3 4 0 2 S 3 2 2 2 S 5 2 S 5 S 5 P S 5 P P P 2 2 P 2 2 2 (0,5 điểm) y 2 y 2 x 1 3 y z z 1 Từ đó ta có dẫn đến y 1 . 2 yz y 1 1 z 2 x 2 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y là 1;2 và ;1 . (0,5 điểm) 2 Câu III. (4,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Cho A là số nguyên dương và phương trình nghiệm nguyên ax by c với các hệ số nguyên a,, b c thỏa mãn a, b nguyên tố cùng nhau, a b A. Chứng minh số nghiệm nguyên 3A x, y thỏa mãn điều kiện x A, y A của phương trình đã cho không vượt quá . b Giải. +) Trường hợp 1: a 0 2
4. Vì a, b 1 suy ra b 1 như vậy phương trình đã cho có dạng y c hoặc y c . Trong các phương trình này số nghiệm nguyên x, y của phương trình thỏa mãn điều kiện x A, y A không vượt quá số điểm nguyên trên đoạn  AA;  tức là số nghiệm nguyên đó nhỏ hơn hoặc bằng 3A 2AA 1 3 . b +) Trường hợp 2: b 0 3A Tương tự như Trường hợp 1 ta cũng có được số nghiệm nguyên đó nhỏ hơn hoặc bằng . b (0,5 điểm) +) Trường hợp 3: a 0, b 0 Ta thấy rằng nếu x, y và x', y ' là 2 nghiệm khác nhau của phương trình ax by c . Ta có ax by c a x x'' b y y . Vì a, b 1 x x ' b x x ' b (0,5 điểm) ax'' by c Giả sử x1, y 1 , x 2 , y 2 , , xn , y n là tất cả các nghiệm nguyên khác nhau của phương trình thỏa * mãn xi A, y i A ,  i 1, n n  * Vì nếu xi x j y i y j i, j 1, n n  nên không mất tính tổng quát, giả sử x1 x 2 xn . x2 x 1 b x3 x 2 b Khi đó ta có xn x1 n 1 b (1) (0,5 điểm) xn x n 1 b Mặt khác x1  A; A , xn  A ; A x n x 1 2 A (2) Từ (1) và (2) suy ra 2A n 1 b 2 A b n b 3A Vì b A 3 A n b n (ĐPCM). (0,5 điểm) b 2. (2,0 điểm) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 3n 1  22023 Giải. Đặt n 2k . l với k, l  và l là số lẻ, ta có kl k k l 1 k l 2 k 1 A 313n 2 1313 2 2 3 2 3 2 1 (0,5 điểm) kl 1 k l 2 k 1 k Vì l là số lẻ nên 32 3 2 3 2 1  2 suy ra AB22023 3 2 1  2 2023 3
5. k 12 k 1 k 1 k 1 k 2 1 1 Ta có B 32 13 2 13 2 1 3 2 13 2 1 3131 2 2 (0,5 điểm) 2i k 1 k 2 3 1 2 21 BB2 .8  2 Do i 1, k 1 và 3 1 8 nên . (0,5 điểm) 2i k k 3 3 1 4 BB2 .8  2 Dẫn đến khi phân tích ra thừa số nguyên tố thì B có đúng k 2 thừa số 2. Suy ra B22023 k 2 2023 k 2021. Kiểm tra n 22021 thấy thỏa mãn. Như vậy số nguyên dương n nhỏ nhất là 22021 . (0,5 điểm) Câu IV. (6,0 điểm) 1. (4,0 điểm) Gọi O là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt CA tại M , cắt CB tại N . Chứng minh rằng: a) Tam giác AOM đồng dạng với tam giác OBN . AM BN OC 2 b) 1 AC BC AC. BC Giải. a) (2,0 điểm) Ta có: C 1 1 OMC 900 180 0 C  A B (1) (0,5 điểm) 2 2 2 A mà OMC MAO MOA (góc ngoài tam giác OMA ) OMC MOA 2 2 B Từ (1); (2) suy ra MOA suy ra tam giác AOM đồng dạng với tam giác ABO (3). (0,5 điểm) 2 C 1 1 Tương tự ONC 900 180 0 C  A B (4) 2 2 2 B mà ONC NBO NOB (góc ngoài tam giác ONB ) ONC NOB 5 (0,5 điểm) 2 4
6. A Từ (4); (5) suy ra NOB suy ra tam giác OBN đồng dạng với tam giác ABO (6). 2 Từ (3) và (6) suy ra tam giác AOM đồng dạng với tam giác OBN . (0,5 điểm) b) (2,0 điểm) Theo câu a) thì tam giác AOM đồng dạng với tam giác OBN suy ra AM OM AM BN OM ON (0,5 điểm) ON BN Theo giả thiết ta có tam giác CMN cân tại C OM ON AM. BN OM 2 (0,5 điểm) mà OM2 CM 2 CO 2 nên AMBN CM2 CO 2 CMCN CO 2 . Hay AM BN AC AM CB AM BN CO2 (0,5 điểm) AM BN OC 2 ACBC. AMCB . ACBN . CO2 1 (ĐPCM) (0,5 điểm) AC BC AC. BC 2. (2,0 điểm) Cạnh BC của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp O của tam giác đó tại điểm D . Chứng minh rằng tâm O của đường tròn này nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm của các đoạn thẳng BC và AD . Giải. A E I F M O C B D N J Gọi N là trung diểm BC , M là trung diểm AD , ta sẽ chứng minh MON,, thẳng hàng. Trên đoạn BC lấy điểm J sao cho BD JC mà N là trung điểm của BC ⇒ ND NJ Kẻ đường kính DI của O , qua I vẽ tiếp tuyến cắt AB; AC lần lượt tại E và F . Ta có: EF BC (vì cùng vuông góc DI ) suy ra IFC FCD 180  (0,5 điểm) mà OF và OC là phân giác của góc IFC , FCD nên FOC 900 . Do đó tam giác IFO đồng dạng với tam giác DOC suy ra IF IO IF. DC R2 (1) ( R là bán kính đường tròn tâm O ) (0,5 điểm) DO DC 5
7. Chứng minh tương tự tam giác EOB vuông tại O suy ra tam giác EOI đồng dạng với tam giác OBD EI OI suy ra IE. BD R2 (2) OD BD IF IE IF IE Từ (1) và (2) suy ra IF DC IE BD (0,5 điểm) BD DC JC BJ Mà EF BC suy ra EB;; IJ CF đồng quy hay AIJ,, thẳng hàng. Trong tam giác DAJ có MON;; lần lượt là trung điểm của AD;; DI JD nên MON,, thẳng hàng (ĐPCM). (0,5 điểm) Câu V. (2,0 điểm) Tìm tất cả các tập hợp A  gồm hữu hạn các số thực sao cho x A thì x 1 x2 A và x 1 x2 A . Giải. Đặt f x x2 x 1; g x x 2 x 1 Do A  và hữu hạn nên gọi x1, x 2 lần lượt là phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất của A . 2 f x1 x 1 1 x1 0 Vì f x A; g x A x 1. 1 1 2 1 g x1 x 1 x1 1 0 Tương tự x2 1. (0,5 điểm) Xét các trường hợp: Nếu A có 1 phần tử thì AA 1 ; 1 thử lại thấy thỏa mãn. Nếu A có 2 phần tử thì AA 1 ; 1 thử lại thấy thỏa mãn. (0,5 điểm) Nếu A có hơn 2 phần tử thì 1 AA ; 1 (do 1, 1 lần lượt là phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của A ). Gọi x0 A; x 0 1 1 x 0 1 2 Nếu 0 x0 1 1 x 0 x 0 1 vô lí; 2 Nếu 1 x0 0 1 x 0 x 0 1 vô lí (0,5 điểm) Suy ra x0 0 và A 1;0;1 thử lại thấy thỏa mãn. Vậy các tập hợp A thỏa mãn đề bài là AA 1 ; 1; AA 1;1 ; 1;0;1. (0,5 điểm) Hết 6