Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Nam Định

Trang 2 của 8
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM NAM ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn: Toán – Lớp: 9 THCS
Đáp án và hướng dẫn chấm gồm: 07 trang. Câu Đáp án Điểm 1.a 4 3 2
x  4x 12x  8x 1 (2,0
Cho x  3  2 2  9  4 2 . Tính giá trị của biểu thức T  . 2 x  4x 13 (2,0) điểm) 2 2
Ta có x  3  2 2  9  4 2   2   1  2 2   1 0,5  3 2  2 .  x  2  3 2 . Khi đó  x  2 2 2
 18  x  4x 14  0 . 0,5 2 x x  x  x  x   2
x  4x 14 2 4 3 2
 2(x  4x) 1 4 12 8 1 Do đó T   . 0,5 2 2 x  4x 13 x  4x 13
Do đó T  29 . 0,5 1.b
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  5 và a  b  c  3. (2,0 (2,0) c  b a  c a  b 2
điểm) Chứng minh rằng    .
a  2  bc   1
b  2 ac   1
c  2 ab   1 b  a
Vì a  b  c  5 và a  b  c  3 nên ab  bc  ca  2 . 0,5
Ta có a  2  bc  
1  a  2 bc  2  a  2 bc  ab  bc  ca   a  b  a  c  . c  b c  b 0,5 Suy ra  .
a  2  bc   1
 a  b a  c a  c a  c Chứng minh tương tự  .
b  2  ac   1
 b  c b  a a  b a  b 0,5  .
c  2  ab   1
 c  a c  b c  b a  c a  b Do đó  
a  2 bc   1
b  2 ac   1
c  2  ab   1 c  b a  c a  b   
 a  b a  c  b  c b  a   c  a c  b 1 1 1 1 1 1 0,5       a  c a  b b  a b  c c  a c  b 2  . b  a 2.a
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  ;
x y  thỏa mãn 3x 9x 1 2y  9x 1 2y  4y       1. (1,5) (1,5 x x y x y y
điểm) Ta có 3 9 1 2   9 1 2   4  1 0,25
3x 9x 1 2y  9x 1 2y  4y       1  0 Trang 3 của 8
 3x 9x 1 2y   9x 1 2y   2y   1 2y   1  0
 3x 9x 1 2y   1 2y 9x 1 2y   0
9x 1 2y 3x 1 2y        0
3x 1 2y  0 0,25  
9x 1 2y  0. 
Trường hợp 1: 9x 1 2y 0 9x 1 2y       . Ta có 9x  1 mod 4 9x 1 2mod 4 2y       2mod 4 . 0,25 Với y      x 1 2 2 0 mod 4   1
 1  9 1  2  9x y y y  1  x  0 . 0,25 Ta có  ; x y  0  ;1 .
Trường hợp 2: 3x 1 2y 0 3x 1 2y       . Với 0 2y 1 1 2y x       0 (mâu thuẫn). 0,25
Với  1  2y 1  3  2y x
 2  y  1   ; x y  1  ;1 .
Với  2  2y 1  9  2y x
 8  y  3   ; x y  2;3 . Với x  3
Nếu x lẻ ta có x 2k 1 3 3  
 9k.3  3mod 4 do đó 2y  2mod 4 loại vì 0,25 2 2y y  
 0mod 4 (k , k  1) . Nếu x chẵn 2   2 ( ,
 2)  3 m  2y 1  3m   1 3m   1  2y x m m m 3m  1  2 p 3m 1 2q  
  p  q  y  3.  * p, q   p  q   2 p  2  p  1  p  1
 2q  2p  2  2 p 2qp   1  2       (mâu thuẫn).
2q p 1  1 q  p  1 q  2   
Do vậy tất cả các cặp số tự nhiên  ;
x y  thỏa mãn đề bài là 0  ;1 ;1  ;1 ;2;3 . 2.b
Cho a, b là hai số nguyên dương sao cho 2 2
p  a  b là số nguyên tố và p  5 chia hết (1,5 (1,5)
cho 8. Xét x, y là hai số nguyên sao cho 2 2
ax  by chia hết cho p . Chứng minh x, y điểm) cùng chia hết cho . p
Ta có p  58 suy ra p  8k  5 (k  ) . 0,25 4k 2 4k 2 Vì  2 ax    2 by   2 2
ax  by  p nên 4k2 8k4 4k 2 8k 4 a  x  b  y  p 0,25 Ta có 4k2 8k 4 4k 2 8k 4 a  x  b  y   4k2 4k 2 a  b  8k4 4k 2 x  b  8k4 8k 4 x  y . 0,25 0,25 2k 1  2k 1  Do 4k 2 4k 2 a  b   2 a    2 b   2 2
a  b   p và b  p nên 8k4 8k 4 x  y  p (1) Nếu trong hai số ,
x y có một số chia hết cho p thì từ (1) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho 0,25 p . Trang 4 của 8 0,25 Nếu cả hai số ,
x y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fermat ta có 8k 4 p 1  8k 4 p 1 x x 1(mod p), y y      1(mod p) 8k 4 8k 4  x  y
 2mod p (Mâu thuẫn với (1))
Vậy cả hai số x và y chia hết cho . p 3.a Giải phương trình 2 2
10x  5  5x  5  3 x  2x . (2,0) (2,0 điểm) 1 Điều kiện x  . 2 2 2
10x  5  5x  5  3 x  2x   2 x   x   2 5 2 1
1  3 x  2x . 0,5 Đặt 2
a  2x 1,b  x 1 a  0,b  0 2 2 2
 a  b  x  2x . 2 2 2 Phương trình trở thành a  b 2 2 5
 3 a  b  5 a  b  9 a  b  . 2a  b 0,5 2 2
 2a  5ab  2b  0  2a  ba  2b  0   a  2 . b  Trường hợp 1: 2
2a  b  2 2x 1 
x 1   x   2 4 2 1  x 1 0,5 2
 x  8x  5  0  x  4  11 (thỏa mãn). Trường hợp 2: 2 a  b  x  
x   x    2 2 2 1 2 1 2 1 4 x   1 2
 4x  2x  5  0 (phương trình vô nghiệm). 0,5
Vậy phương trình có nghiệm x  4  11, x  4  11 . 3.b 3 3 2 2 2
x  2 y  xy  x  2 y  xy  0 (2,0) 
(2,0 Giải hệ phương trình  2 điểm)  x    1
y 1   x  6 y  6  x  5x 12 . y 
Điều kiện y  1. 0,25 Ta có 3 3 2 2 2
x  2 y  xy  x  2 y  xy  0 0,25
  x   y 2 2 1
x  xy  2 y   0
 x 1 y  0   2 2
x  xy  2 y  0.  Trường hợp 1: 2 2
x  xy  2 y  0 . 0,25
Chỉ ra x  0; y  0 không thoả mãn hệ.
Trường hợp 2: y  x 1 0,25
Khi đó ta có  x   x    x   2 1 2 6
x  7  x  7x 12 , với x  2 .
  x   x      x   x    2 1 2 2 6 7
3  x  2x  8 0,5  x  
1  x  2  x  6 x  2  
  x  2 x  4 x  2  2 x  7  3  x  2   x 1 x  6    x  4  x  2  2 x  7  3 x 1 x  6 0,5 Giải phương trình   x  4 . (*) x  2  2 x  7  3 Trang 5 của 8 x  2 x  2 x  6 x  6 1       0 x  2  2 2 x  7  3 2 x  2  2
  x   x 
 x  61 x  7 2 2  1     0 . 2 x  2  4 2 x  7  6 x  2  2
  x   x 
 x  61 x  7 2 2  1 Ta có  
 0 với mọi x  2 . 2 x  2  4 2 x  7  6 x  2  2
Suy ra phương trình (*) vô nghiệm. x  2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  . y  3  4
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn O , kẻ hai tiếp tuyến M ,
A MB với đường tròn O , (7,0) (với ,
A B là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OM và AB . Kẻ đường kính BD của
O . Đường thẳng MD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là C . Tiếp tuyến tại C
của đường tròn O cắt M ,
A MB lần lượt tại E, F . Gọi G là giao điểm của đường
thẳng OE và AD . a)  
Chứng minh OCD  OHD và ME  MF  EF 2  4MH.MO .
b) Chứng minh tứ giác OAGH là hình bình hành.
c) Chứng minh các đường thẳng CD, HG, AF đồng quy. 4.a  
Chứng minh OCD  OHD và  ME  MF  EF 2  4MH.MO . (2,5) (2,5
điểm) Trong O có   0,5
MAC  ADC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn  AC ).
Xét MAC và MD  A có  
MAC  MDA và chung 
AMC  MAC và MDA đồng dạng. MC MA 2    MA  MC. . MD (1) MA MD Do M ;
A MB là tiếp tuyến của đường tròn O nên MA  MB . (2) 0,25 OA  OB  . R (3)
Từ (2) và (3) ta suy ra MO là trung trực của AB nên MO  AB .
Xét MAO có AH là đường cao. 0,25 2
 MA  MH.MO (4)
Từ (1) và (4) ta suy ra MC.MD  MH .MO . MC MH 0,25
Vì MC.MD  MH.MO   . MO MD Trang 6 của 8 MC MH 0,5
Xét MCO và MHD  có  và  CMO chung MO MD
Nên MCO và MHD  đồng dạng.    
 MCO  MHD  OCD  OHD . 0,25 Ta có M ,
A MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn O .
Suy ra MA  MB .
Tương tự ta có EA  EC; FB  FC .
Khi đó MA  MB  ME  EA  MF  FB  ME  EC  MF  FC 0,25
 ME  MF  EF .
ME  MF  EF
 MA  MB  . 2
Trong tam giác vuông MAO có AH là đường cao nên 2
MA  MH.MO . 0,25
Suy ra ME  MF  EF 2  4 . MO MH . 4.b
Chứng minh tứ giác OAGH là hình bình hành. (2,5) (2,5
Gọi I là giao của GO và AH .
điểm) Chứng minh AG / /HO (do cùng vuông góc với AB ). 0,25 1 Ta có   IOA 
AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). 2 0,25 1 0,25 Lại có  
AOC  ADC (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung  AC ) 2
Do GD / /OM nên  
ADC  DMO (cặp góc ở vị trí so le trong). Nên  IOA    DMO . Ta có   
HIO  IAO  IOA (tính chất góc ngoài tam giác). 0,25     
 AMO  DMO  OMB  DMO  DMB . (  
IAO  AMO do cùng phụ với góc  MAH ) HI MB 0,25
Do đó IHO và MBD đồng dạng   . (5) HO BD HA MB 0,25
AHO và MBO đồng dạng   . HO BO MB 2MB HA 2MB Mà    . (6) BO BD HO BD 0,25
Từ (5) và (6) suy ra AH  2IH  IH  IA . 0,25
Ta có AG / / HO (do cùng vuông góc với AB ). 0,25 GI AI 0,25  
 1  IG  IO . IO IH
Do AH và GO cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên tứ giác OAGH là hình bình hành. 4.c
Chứng minh các đường thẳng CD, HG, AF đồng quy. (2,0) (2,0 0,25
điểm) Gọi N là giao của HG và CD .
Chứng minh OF / /MD (do cùng vuông góc với BC ). MF DO  
 1  MF  FB . FB BO
Ta có HO là đường trung bình của tam giác ABD nên AD  2HO . 0,25 3
 AD  2 AG  GD  AD . 2
Gọi K là giao điểm của MH và AF . Chứng minh K trọng tâm tam giác AMB . 0,25 Trang 7 của 8 3 GD AD 0,25 Suy ra MH  KM nên  . (7) 2 MH KM ND GD 0,25
Do GD / /OM . Suy ra  . (8) NM MH ND AD Từ (7) và (8) ta có  . NM KM ND AD
Xét tam giác ADN và KMN có  và   ADN  KMN . 0,5 NM KM
Suy ADN và KMN đồng dạng.  
 AND  KNM mà M , N , D thẳng hàng suy ra ,
A K , N thẳng hàng. 0,25 Do đó ,
A N , F thẳng hàng. 5.a
Xét a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (1,0
ab  bc  ca 2 2 2
điểm) thức P  14 a  b  c   . (1,0) 2 2 2
a b  b c  c a   2 2 2 1
a  b  c 
Do a  b  c  1 nên ab  bc  ca  . 2 0,25 Lại có 2 2 2     2 2 2 a b c
a  b  c a  b  c 3 2 2 3 2 2 3 2 2
 a  a b  a c  b  b a  b c  c  c a  c b .
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3 2 2
a  ab  2a b ; 3 2 2
b  bc  2b c ; 3 2 2
c  a c  2c a ; 2 2 2
a  b  c   2 2 2
3 a b  b c  c a 0,25 1 3 Suy ra  . 2 2 2 2 2 2
a b  b c  c a
a  b  c 3  3 2 2 2
a  b  c 1 0,25 2 2 2 
Khi đó P  14a  b  c   . Đặt 2 2 2
t  a  b  c . Điều kiện t  . 2 2 2 2
a  b  c  3 3  3t 27t 3 t 3
Ta có P  14t      . 2t 2 2t 2 2 0,25 27t 3 27t 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có   2 .  9 . 2 2t 2 2t t 3 1 3 4 4 23 Mặt khác      . Suy ra P  9   . 2 2 6 2 3 3 3 23 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
khi a  b  c  . 3 3 5.b
Trên một đường tròn cho 26 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô bởi một trong 5 (1,0
màu trắng, xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng (1,0)
điểm) được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam
giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (trắng, xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng
được tô cùng một màu (nâu hoặc đen). Trang 8 của 8
Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kỳ luôn tạo thành một tam 0,25 giác.
Có 26 điểm được tô bằng 5 màu, do đó có ít nhất 6 điểm cùng màu. Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là ,
A B, C, D, E, F .
Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô bằng 2 màu nâu, đen và khi đó có ít nhất 3 đoạn cùng 0,25
màu, giả sử AB, AC, AD được tô cùng màu đen. Xét tam giác BCD , xảy ra hai trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu ba cạnh BC, BD, DC được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD có ba 0,25
đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thoả mãn).
Trường hợp 2: Nếu ba cạnh BC, BD, DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC đen, khi
đó tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thoả mãn). 0,25
Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. Chú ý:
- Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ
chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Tổng điểm toàn bài không làm tròn.
------------------Hết----------------
Document Outline

• Doc1
• HDC HSG TOÁN 9 NĂM 2024 Nam Định CT