Đề thi HSG cấp Thành phố môn Toán 9 - GD&ĐT TP Bắc Ninh 2023-2024 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG cấp Thành phố môn Toán 9 - GD&ĐT TP Bắc Ninh 2023-2024 (Có đáp án)

1. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (5,0 điểm) 1 2 x x x 1 1. Cho hai biểu thức P : với x 0;x 1. x 1 x x x x 1 x x x x 1 x 1 a. Rút gọn biểu thức P . b. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P x 2. 2. Cho các số dương x,y,z thỏa mãn các điều kiện x y z 2 và x 2 y2 z2 2 . 1 y2 1 z2 1 z2 1 x 2 1 x 2 1 y2 Tính giá trị biểu thức: P x y z . 1 x 2 1 y2 1 z2 Câu 2 (4,0 điểm): 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thoả mãn: 2x 2 y 2 4x 4 2xy . 5 5 5 P x 2023 2y 2024 3z 2025 2. Cho x;y;z là các số nguyên và S x 2y 3z 2024 Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30 . Câu 3 (3,0 điểm): x 2 1. Cho đường thẳng (d) : y mx m 2 (m là tham số) và parabol (P) : y . Đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 hai điểm phân biệt (x1;y1) và (x2;y2) . Chứng minh rằng y1 y2 (2 2 1)(x1 x2). 2. Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x y z 3 . Chứng minh rằng: x 3 y 3 z3 1 2 xy yz zx y 3 8 z3 8 x 3 8 9 27 . Câu 4 (6,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H . Tia AH cắt O tại K (K khác A ), tia KO cắt O tại M (M khác K ) và tia MH cắt O tại P (P khác M ). a) Chứng minh OD / / MH và tứ giác AODP nội tiếp một đường tròn. b) Gọi Q là giao điểm của PA và EF . Chứng minh AQ.AP AH.AD và DQ  EF . c) Tia PE và tia PF cắt đường tròn O lần lượt tại L và N (L,N khác P ). Chứng minh LC NB . 8x 2 2x Câu 5 (2,0 điểm): 1. Giải phương trình 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 2 3x 4 2 2. Cho n là số lẻ. Chứng minh rằng từ n 1 1 số nguyên bất kì có thể chọn ra được n số sao cho tổng của chúng chia hết cho n . === Hết === Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
2. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn: Toán lớp 9 Câu Đáp án Điểm Cho hai biểu thức 1 2 x x x 1 P : với x 0;x 1. 1.1 x 1 x x x x 1 x x x x 1 x 1 3,0 a. Rút gọn biểu thức P . b. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P x 2 ĐKXĐ: x 0;x 1 1 2 x x x 1 P : x 1 x x x x 1 x x x x 1 x 1 x x 1 x 1 2 x 1 : x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 2,0 x 1 x 1 . x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Vậy với x 0;x 1 thì P . x 1 x 1 P x 2 x 2 x 1 x x 2 x 1 2 x 2 x 1 0 x 1 2 2 x 1 2 1 2 x 1 2 1,0 Lại có x 0 x 0;x 1 Nên 0 x 3 2 2 Mà x là số nguyên thỏa mãn x 0;x 1 Vậy x 0;2;3;4;5. Cho các số dương x,y,z thỏa mãn các điều kiện x y z 2 vàx 2 y2 z2 2 . Tính giá trị biểu thức: 1.2 2,0 1 y2 1 z2 1 z2 1 x 2 1 x 2 1 y2 P x y z 1 x 2 1 y2 1 z2
3. 2 Xét 4 x y z x 2 y2 z2 2xy 2yz 2zx Mà x 2 y2 z2 2 nên xy yz zx 1 Khi đó ta có: 1 x 2 xy yz zx x 2 x z x y 1 y2 xy yz zx y2 y z y x 1 z2 xy yz zx z2 z x z y 2,0 1 y2 1 z2 y z y x z x z y x x x y z 1 x 2 x z x y 1 z2 1 x 2 1 x 2 1 y2 Tương tự y y z x ;z z x y 1 y2 1 z2 Do đó P xy xz zx zy yz yx 2 xy yz zx 2 2.1 Tìm tất cả các cặp số nguyên x;y thoả mãn: 2x 2 y 2 4x 4 2xy 2,0 2 2 2x 2 y 2 4x 4 2xy x y x 2 8 0,5 2 2 Do x,y là các số nguyên nên x y ; x 2 là các số chính phương không vượt quá 2 8 nên x y 8 2 2 Mà x y là số chính phương nên x y 0;1;4  1,0 2 2 Khi đó ta có x 2 8;7;4 , mà x 2 là số chính phương nên 2 x 0 x 2 4 x 4 Với x 0 thì y2 4 y 2 2 4 y 2 y 2 Với x 4 thì 4 y 4 4 y 2 y 6 0,5 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là 0;2 ; 0; 2 ; 4; 2 ; 4; 6 . 5 5 5 P x 2023 2y 2024 3z 2025 Cho x;y;z là các số nguyên và 2.2 S x 2y 3z 2024 2,0 Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30 . Đặt a x 2023;b 2y 2024;c 3z 2025 với a;b;c là các số nguyên. 5 5 5 P a b c Khi đó ta có: S a b c 0,5 Xét P S a5 a b5 b c5 c
4. Ta có chứng minh với mọi số nguyên m thì m5 m chia hết cho 30 Thật vậy: m5 m m(m4 1) m(m2 1)(m2 1) m(m2 1)(m2 4) 5m(m2 1) m(m 1)(m 1)(m 2)(m 2) 5m(m 1)(m 1) Với mọi số nguyên m thì m;(m 1);(m 1);(m 2);(m 2) là 5 số nguyên liên 1,0 tiếp nên trong đó có một thừa số chia hết cho 2 ; một thừa số chia hết cho 3; một thừa số chia hết cho 5 mà 2;3;5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên tích của chúng chia hết cho 2.3.5. Do đó m(m 1)(m 1)(m 2)(m 2) chia hết cho 30 . Tương tự m(m 1)(m 1) chia hết cho 6, mà 5,6 1 nên 5m(m 1)(m 1) chia hết cho 30 . Vậy với mọi số nguyên m thì m5 m chia hết cho 30 . Do đó P S a5 a b5 b c5 c chia hết cho 30 với a;b;c là các số nguyên. Suy ra P  S mod 30 do đó P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết 0,5 cho 30 . x 2 Cho đường thẳng (d) : y mx m 2 (m là tham số) và parabol (P) : y . 2 3.1 1,5 Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt (x1;y1) và (x2;y2) . Chứng minh rằng y1 y2 (2 2 1)(x1 x2). Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x 2 mx m 2 x 2 2mx 2m 4 0 2 0,5 Có V' m2 (2m 4) (m 1)2 3 0 với mọi m , nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Vì vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt (x1;y1) và (x2;y2) . Theo định lý Vi-ét ta có x1 x2 2m, do đó 2 y1 y2 m(x1 x2) 2m 4 2m 2m 4 . 2 Do đó ta cần chứng minh: 2m 2m 4 (2 2 1).2m 1,0 2 m2 2 2m 2 0 m 2 0 luôn đúng với mọi m . Nên suy ra y1 y2 (2 2 1)(x1 x2). Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x y z 3 . Chứng minh rằng: 3.2 x 3 y 3 z3 1 2 1,5 xy yz zx y 3 8 z3 8 x 3 8 9 27 .
5. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương, ta có: x 3 y 2 y2 2y 4 x 3 y 2 y2 2y 4 x 3.3 . . 1,0 y 3 8 27 27 y 3 8 27 27 3 . x 3 9x y y2 6 . y 3 8 27 y 3 9y z z2 6 z3 9z x x 2 6 Tương tự ta có: ; . z3 8 27 x 3 8 27 Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: 2 2 2 x 3 y 3 z3 10 x y z x y z 18 y 3 8 z3 8 x 3 8 27 12 x 2 y2 z2 0,5 27 2 2 2 2 3 x y z x y z 1 2 xy yz zx . 27 9 27 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1. Câu 4 (6,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H . Tia AH cắt O tại K (K khác A ), tia KO cắt O tại M (M khác K ) và tia MH cắt O tại P (P khác M ). 4 a) Chứng minh OD / / MH và tứ giác AODP nội tiếp một đường tròn. 6,0 b) Gọi Q là giao điểm của PA và EF . Chứng minh AQ.AP AH.AD và DQ  EF . c) Tia PE và tia PF cắt đường tròn O lần lượt tại L và N (L,N khác P ). Chứng minh LC NB .
6. Ta có B· CH B· AK 90 A· BC  B· CH B· CK · · 1 ¼  BCK BAK sdBK 2  1,5 Vì CB là phân giác của góc HCK mà CB  HK tại D nên CHK cân tại C . Suy ra D là trung điểm của HK KMH có O,D lần lượt là trung điểm của KM và KH OD là đường trung bình a của KMH , suy ra OD/ / HM . Vì OD/ / HM D· OK P· MK (2 góc đồng vị) Xét O có P· MK P· AK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PK ) 1 1 1,0 và P· MK P· OK nên P· MK K· OD P· OK P· OD . 2 2 Suy ra D· OP P· AD . Do đó tứ giác APDO nội tiếp một đường tròn. Có tứ giác EFBC nội tiếp nên A· FE A· CB A· PB FQPB nội tiếp AF.AB AQ.AP 1,0 Mà tứ giác BFHD nội tiếp AF.AB AH.AD Do đó AQ.AP AH.AD Ta có AQ.AP AH.AD nên QHDP nội tiếp A· DQ A· PH Mà A· PH A· KM (cùng chắn cung A¼M ) A· DQ A· KM b Mà A· KM O· AK (vì OAK cân tại O ) · · ADQ OAK DQ/ / OA 1 1,0 Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn O , suy ra Ax/ / EF Mà Ax  OA nên EF  OA 2 Từ 1 và 2 suy ra DQ  FE . Kéo dài FE và BC cắt nhau tại T . Dễ thấy EB và EC là các phân giác trong và ngoài tại đỉnh E của DET . CD BD TB DB Suy ra CT BT TC DC TB DB Xét BQC có QD  QT và nên QD và QT lần lượt là phân giác trong c TC DC 1,5 và phân giác ngoài tại đỉnh Q của BQC B· QF C· QE . Mặt khác, tứ giác PBFQ nội tiếp nên B· PN B· QF . Tương tự: C· PL C· QE Do đó B· PN C· PL B¼N L»C BN LC .
7. 8x 2 2x 5.1 Giải phương trình 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 1,0 3x 2 3x 4 8x 2 2x 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 2 3x 4 4x 2 x 8x 2 2x 0 2 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 3x 4 2 1 2 4x x 0 2 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 3x 4 4x 2 x 0 0,5 1 2 2 2 2 6x 2x 1 2x x 1 3x 3x 4 x 0 2 Với 4x x 0 1 x 4 1 2 Với 2 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 3x 4 2 6x 2 2x 1 2x 2 x 1 3x 2 3x 4 x 2 x 2 2 2x 2 x 1 2 x 2 x 1 6x 2 2x 1 0 x 4 2x 3 3x 2 x 4 2x 3 3x 2 2 0 x 2 x 2 2 2x 2 x 1 x 2 x 1 6x 2 2x 1 1 2 x 4 2x 3 3x 2 0 (*) x 2 x 2 2 2x 2 x 1 x 2 x 1 6x 2 2x 1 2 2 1 7 2 2 Ta có x x 2 x 0 x x 2 2 2x x 1 0; 2 4 0,5 2 2 1 3 2 2 x x 1 x 0 x x 1 6x 2x 1 0 2 4 1 2 Do đó 0 x 2 x 2 2 2x 2 x 1 x 2 x 1 6x 2 2x 1 x 0 4 3 2 2 Nên (*) x 2x 3x 0 x x 1 x 3 0 x 1 x 3 1  Vậy phương trình có nghiệm x ; 3;0;1 4  2 Cho n là số lẻ. Chứng minh rằng từ n 1 1 số nguyên bất kì có thể chọn ra được 5.2 1,0 n số sao cho tổng của chúng chia hết cho n .
8. 2 Lấy n 1 1 số nguyên bất kì đã cho chia cho n , và xem xét số dư của chúng khi chia n , ta có hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Chọn được n số a1;a2;a3; ;an khi chia cho n có đầy đủ n số dư là 0,1,2,,n 1. n n 1 0,5 Khi đó a a a a  0 1 2 n 1 (modn) 1 2 3 n 2 n 1 n n 1 Ta có n là số lẻ nên là số nguyên. Do đó  0(modn) 2 2 Hay a1 a2 a3 an  0(modn) 2 2 Trường hợp 2: Với n 1 1 số dư ở phép chia của n 1 1 số nguyên bất kì cho n có nhiều nhất n 1 loại số dư. Khi đó theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất n số có cùng số dư khi chia cho n (vì nếu có tối đa n 1 số có cùng số dư khi chia n thì số các số tối đa là 0,5 2 2 n 1 n 1 1). Giả sử n số đó là a1;a2;a3; ;an , chúng chia n có cùng số dư là k . Khi đó a1 a2 a3 an  nk  0(modn).