Đề thi thử học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Yên Thành (Có đáp án)

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

1. PHÒNG GD & ĐT YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 6 NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán học. Thời gian làm bài 120 phút. Câu 1 (4,0 điểm). a) Chứng minh rằng: n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n là số nguyên chẵn. b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương. Câu 2 (6,0 điểm). a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn abc++=1. Chứng minh rằng : ab bc ac 3 ++≤ ab+++ c bc a ac b 2 b) Giải phương trình: x−+12 xx − 2 + += 15 x − 2 c) Tìm các cặp số nguyên (;xy ) thỏa mãn x33+ y +=15 xy Câu 3 (2,0 điểm). 11 11 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= (3 ++ )(3 ++ )(3 ++ ) ab bc ca 3 Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c≤ 2 Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vuông góc với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 2 Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC.cos BAC b) BH.KM = BA.KN GA55++ GB GH 5 c) = 42 GM555++ GK GN Câu 5 (1,0 điểm). Cho bảng ô vuông kích thước 10cm x10cm gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 4,0 Ta có: 3 2 A = n + 6n + 8n 0,5 = n( n2 + 6n + 8) = n(n2 + 4n + 2n + 8) 1 = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] 0,5 a = n(n + 2)(n + 4) Thay n = 2k 0,5 Ta có: A = n(n + 2)(n + 4) = 8k(k + 1)(k + 2) Vì 88 và k(k+1)(k+2)  6 nên A = 8k(k+1)(k+2) 48 0,5 Đặt A = a2 + b2 + c2. Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau: TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ. 0,5 Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ ⇒ a2  4; b2 : 4 dư 1 ⇒ a2 + b2 : 4 dư 1 b ⇒ a2 + b2 = 4m + 1 (m ∈ N) 0,5 Chọn c = 2m ⇒ a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1) TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn. 0,5 ⇒ a2 + b2  4 ⇒ a2 + b2 = 4n (n ∈ N) Chọn c = n – 1 ⇒ a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2) Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán. 0,5 6,0 ab bc ac 3 ++≤ ab+++ c bc a ac b 2 ab ab ab 1 a b 0,5 Ta thấy = = ≤+() abc+ abcabc +( ++ ) ( bcac + )( + ) 2 ac + bc + bc1 c b ac1 c a 2 Tương tự ≤+(); ≤+() 1 + ++ + ++ a bca2 ac ba ac b2 b c b a Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được : ab bc ac 3 ++≤ ab+++ c bc a ac b 2 0,5 b Phương trình: x−+12 xx − 2 + += 15 x − 2 Điều kiện: x ≥ 2 0,25 Ta có: 0,5
3. x−+12 xx − 2 + += 15 x − 2 ⇔xx −+22 − 21 ++ xx += 15 − 2 0,5 2 ⇔( x −21 +) + xx +− 15 − 2 = 0 ⇔x −21 ++ xx +− 15 − 2 = 0 0,5 ⇔−−xx24 −+= 240 0,25 ⇔(x −− 2 2)2 =⇔= 0x 6( tmdk ) Vậy nghiệm của pt là: x = 6 c x33+ y +=15 xy ⇔()3()15x + y3 − xy x + y += xy 0,25 Đặt xyaxyb+=, =ta được a33−3 ab += 1 5 b ⇔ a += 1 b (3 a + 5) 0,25 a3 +1 Vì 30ab+≠với ∀∈aZSuy ra b = 35a + 44a3+ −+ aa32 54 − Ta có a22−4 b = ( x − y ) ≥∀ 0, xy Suy ra a2 − ≥⇒00 ≥ 0,25 35aa++ 35 Nếu a≥⇒−+5 aa33 5 −= 4 a 2 (5)40;350 − a − −+aa3254 − Suy ra: 0;3 a + 5 0) ab bc ca 0,25 ⇒ P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz
4. ≥ 27+ 93 (xyz)2 ++ 273 xyz xyz (*) 0,5 11  1111   8 Lại có: xyz =+ + +≥ (vì a, b, c > 0) a b  b c  c a  abc     0,5 31 mà ≥++≥a b c 333 abc ⇒ ≥ abc 22 0,25 18 8 ⇒ abc ≤⇒≥⇒≥≥64 xyz 64 8 abc abc Thay vào (*) ta được: P≥+ 27 93 642 + 273 64 + 64 0,25 = 27 + 144 + 108 + 64 = 343 1 1 Dấu = có khi a = b = c = ⇒ Pmin = 343 Khi a = b = c = 2 2 0,25 4 7,0 A F E K N H 0,5 G B D M C AE a) ∆AEB vuông tại E nên cosBAE = 0,5 AB ; AF ∆ACF vuông tại F nên cosCAF = 0,5 AC Tư đó chứng minh được tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) 0,5 Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên: 0,5 S AE 2 AEF = = cos2 BAC ⇒=S S.cos2 BAC 0,5 2 AEF ABC SABC AB
5. b) ∆ABH và ∆MNK có BAH = NMK ; ABH= MKN (Góc có cạnh tương ứng song song) 0,5 0,5 Suy ra ∆AHB đồng dạng với ∆MNK ( g.g) Suy ra: 0,5 BA BH 0,5 =⇒=BA KN BH KM KM KN AB AH 0,5 ∆AHB đồng dạng với ∆MNK nên = = 2( Vì MN là đường TB của tam giác c) MK MN AG HG AHC); Lại có: = 2 ; = 2 ( G là trọng tâm của tam giácAHC) 0,5 MG NG AB AG ⇒==2 . Mặt khác BAG = GMK ( so le trong) MK MG 0,5 ⇒∆ABG đồng dạng với tam giác ∆MKG (c.g.c) GB GA GH GB5 GA 5 GH 5 GB 55++ GA GH 5 ⇒= == = ⇒= ==2 5 5555532 0,5 GK GM GN GK GM GN GK++ GM GN GB55++ GA GH 5 ⇒= 5 5542 GK++ GM GN 1,0 Xét hình vuông cạnh 2x2 , do hình vuông này có mỗi hình vuông nhỏ luôn chung cạnh hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số 0,25 0,25 chia hết cho 3 do đó có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3. Bảng 10x10 được 5 chia thành 25 hình vuông có cạnh 2x2 nên có ít nhất 50 số lẻ không chia hết 0,25 cho 3. Từ 1 đến 10 có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng nguyên lí 50 Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít nhất +=1 17 lần 3 0,25