Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì thi học sinh giỏi sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định” làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - 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 x 4  4 x3  12 x 2  8 x  1 (2,0 Cho x  3  2 2  9  4 2 . Tính giá trị của biểu thức T  . (2,0) x 2  4 x  13 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. 2 Khi đó  x  2   18  x 2  4 x  14  0 . 0,5 x 4  4 x3  12 x 2  8 x  1 x  x  4 x  14   2( x  4 x)  1 2 2 2 Do đó T   . 0,5 x 2  4 x  13 x 2  4 x  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) điểm) Chứng minh rằng c b a c a b 2    .  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 9 x  1  2 y  9 x 1  2 y  4 y  1. (1,5     (1,5) x x  y x y điểm) Ta có 3 9  1  2  9 1  2  4  1 y   0,25  3x  9 x  1  2 y   9 x 1  2 y   4 y  1  0
Trang 3 của 8  3x  9 x  1  2 y   9 x 1  2 y    2 y  1 2 y  1  0  3x  9 x  1  2 y   1  2 y  9 x  1  2 y   0   9 x  1  2 y  3x  1  2 y   0 3x  1  2 y  0 0,25  x y 9  1  2  0. Trường hợp 1: 9 x  1  2 y  0  9 x  1  2 y . Ta có 9 x  1 mod 4   9x  1  2  mod 4   2 y  2  mod 4  . 0,25 Với y  2  2 y  0  mod 4   y  1  y  1  9 x  1  21  9 x  1  x  0 . 0,25 Ta có  x; y    0;1 . Trường hợp 2: 3x  1  2 y  0  3x  1  2 y . Với x  0  2 y  1  1  2 y  0 (mâu thuẫn). 0,25 Với x  1  2 y  1  3  2 y  2  y  1   x; y   1;1 . Với x  2  2 y  1  9  2 y  8  y  3   x; y    2;3 . Với x  3 Nếu x lẻ ta có 3x  32 k 1  9k .3  3  mod 4  do đó 2 y  2  mod 4  loại vì 0,25 y  2  2 y  0  mod 4  (k  , k  1) . Nếu x chẵn  x  2m (m , m  2)  32 m  2 y  1   3m  1 3m  1  2 y 3m  1  2 p  m q 3  1  2    p  q  y  3.  p, q  *  p  q  2 p  2  p 1 p 1 q  2 2  2 2 p p 2 q p  1  2   q  p   (mâu thuẫn). 2  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 p  a 2  b2 là số nguyên tố và p  5 chia hết (1,5 cho (1,5) 8. Xét x, y là hai số nguyên sao cho ax 2  by 2 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  ax 2    by 2    ax 2  by 2  p nên a 4 k  2  x8 k  4  b 4 k  2  y 8 k  4  p 0,25    Ta có a 4 k  2  x8k  4  b4 k 2  y8 k  4  a 4 k  2  b4 k  2 x8 k  4  b4 k  2 x8k  4  y8k  4 .  0,25 2 k 1 2 k 1 0,25 Do a 4 k  2  b4 k  2   a 2    b2    a 2  b 2   p và b  p nên x8 k  4  y 8 k  4  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 x8 k  4  x p 1  1(mod p ), y 8 k  4  y p 1  1(mod p)  x8k  4  y 8k  4  2  mod p  (Mâu thuẫn với (1)) Vậy cả hai số x và y chia hết cho p. 3.a Giải phương trình 10 x  5  5 x 2  5  3 x 2  2 x . (2,0) (2,0 điểm) 1 Điều kiện x  . 2 10 x  5  5 x 2  5  3 x 2  2 x  5   2 x  1  x2  1  3 x2  2 x . 0,5 Đặt a  2 x  1, b  x 2  1  a  0, b  0   a 2  b 2  x 2  2 x . 2 Phương trình trở thành 5  a  b   3 a2  b2  5  a  b   9  a2  b2  .  2a  b 0,5  2a 2  5ab  2b 2  0   2a  b  a  2b   0    a  2b. Trường hợp 1: 2a  b  2 2 x  1  x 2  1  4  2 x  1  x 2  1 0,5  x 2  8 x  5  0  x  4  11 (thỏa mãn). Trường hợp 2: a  2b  2 x  1  2 x 2  1  2 x  1  4  x 2  1  4 x 2  2 x  5  0 (phương trình vô nghiệm). 0,5 Vậy phương trình có nghiệm x  4  11, x  4  11 . 3.b  x3  2 y 3  xy 2  x 2  2 y 2  xy  0  (2,0) (2,0 Giải hệ phương trình  2 điểm)  x  1 y  1   x  6  y  6  x  5 x  12 y.  Điều kiện y  1 . 0,25 Ta có x3  2 y 3  xy 2  x 2  2 y 2  xy  0 0,25   x  1  y   x 2  xy  2 y 2   0 x 1 y  0  2 2  x  xy  2 y  0. Trường hợp 1: x 2  xy  2 y 2  0 . 0,25 Chỉ ra x  0; y  0 không thoả mãn hệ. Trường hợp 2: y  x  1 0,25 2 Khi đó ta có  x  1 x  2   x  6  x  7  x  7 x  12 , với x  2 .   x  1   x  2  2   x  6   x  7  3  x2  2 x  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  2 x  2  x  6  1  x7  1    0. 2 x2 4 2 x7 6 x2 2   x  2 x  2  x  6  1  x7  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 MA, 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 MA, MB lần lượt tại E , F . Gọi G là giao điểm của đường thẳng OE và AD .   2 a) Chứng minh OCD  OHD và  ME  MF  EF   4 MH .MO . b) Chứng minh tứ giác OAGH là hình bình hành. c) Chứng minh các đường thẳng CD, HG , AF đồng quy. 4.a   2 Chứng minh OCD  OHD và  ME  MF  EF   4 MH .MO . (2,5) (2,5 điểm) Trong  O  có 0,5 MAC   (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn  ).  ADC AC Xét MAC và MDA có MAC  MDA và chung   MAC và MDA đồng dạng.   AMC MC MA    MA2  MC.MD. (1) MA MD Do MA; 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  MA2  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 MA, 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 MA2  MH .MO . 0,25 2 Suy ra  ME  MF  EF   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 AOC Ta có IOA   (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   DMO (cặp góc ở vị trí so le trong). ADC    Nên IOA   DMO .    Ta có HIO  IAO  IOA (tính chất góc ngoài tam giác). 0,25     DMO  OMB  DMO  DMB . ( IAO   do cùng phụ với góc MAH ) AMO      AMO 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 2 MB HA 2 MB Mà    . (6) BO BD HO BD 0,25 Từ (5) và (6) suy ra AH  2 IH  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  2 HO . 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   KMN . ADN  0,5 NM KM Suy ADN và KMN đồng dạng.    KNM mà M , N , D thẳng hàng suy ra A, K , N thẳng hàng. AND  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 điểm) thức P  14  a  b  c   2 2 2 2 . (1,0) a b  b2c  c 2 a 1   a2  b2  c2  Do a  b  c  1 nên ab  bc  ca  . 2 0,25 Lại có a  b  c   a  b  c   a  b  c  2 2 2 2 2 2  a 3  a 2 b  a 2 c  b 3  b 2 a  b 2 c  c 3  c 2 a  c 2b . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có a 3  ab 2  2a 2b ; b3  bc 2  2b 2 c ; c3  a 2 c  2c 2 a ; a 2  b 2  c 2  3  a 2b  b 2 c  c 2 a  0,25 1 3 Suy ra  2 . a b  b c  c a a  b2  c2 2 2 2 3  3  a 2  b2  c2  1 0,25 Khi đó P  14  a  b  c   2 2 2 . Đặt t  a 2  b 2  c 2 . Điều kiện t  . 2a  b  c  2 2 2 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----------------