https://thcs.toanmath.com/de-thi-hsg-toan-9
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2022 - 2023 TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (4,0 điểm)
S =
+
6 - 3 3 2
3
2
+
+
=
x
ax
P
= x
2023.
1. Rút gọn biểu thức .
(
)
( ) ( ) P 2 = P 3
−
2. Cho
2 - 3 2 + với bx c ( ) Q = P 5
,a b c là các số thực. Biết rằng , ( ) P 0 .
2
x
9
25
Tính giá trị biểu thức
+
8
+ = 1
− x
1 − x
1 + x
5
3
5
3
Câu 2. (3,0 điểm) Giải phương trình .
= BH BA BL BC
Câu 3.
.
.
.
2
2
2
+
p
q
r
+ . 1
)
,p q r thỏa mãn ( ,
Câu 4.
)( 1
) + = 1 1mn+ chia hết cho 24 . Chứng minh rằng m n+
y
3
+
+
≥
3
Câu 5.
x + +
z + +
+ +
.
(6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H cố định thuộc bán kính OB ( H khác O và B ). Qua điểm H kẻ dây cung MN vuông góc với đường kính AB . Một điểm C đi động trên cung nhỏ AN ( C khác A và N ). Gọi L là giao điểm của BC và MN . a) Chứng minh rằng ACLH là một tứ giác nội tiếp và b) Chứng minh rằng BN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CLN . c) Đường thẳng qua N và vuông góc với AC cắt MC tại D . Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AN của đường tròn tâm O sao cho diện tích tam giác ADM đạt giá trị lớn nhất. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố ( 2. Cho m và n là các số nguyên dương thỏa mãn cũng chia hết cho 24 . (3,0 điểm) ,x y z là các số thực dương thỏa mãn , 1. Cho z y
x z
y x
y 1
z 1
+ + = . Chứng minh rằng x 1 2. Để chuẩn bị cho Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, bạn Tùng quyết định luyện tập giải một số bài toán trong vòng 6 tuần. Theo dự định, bạn Tùng sẽ giải ít nhất một bài toán mỗi ngày và không quá 10 bài toán mỗi tuần. Chứng minh rằng luôn tồn tại một chuỗi ngày liên tiếp mà trong khoảng thời gian đó tổng số bài toán Tùng giải bằng 23.
___________________ Hết ___________________
THCS.TOANMATH.com
LỜI GIẢI
Câu 1. (4,0 điểm)
S =
+
6 - 3 3 2
3
2
=
+
+
x
ax
P
= x
2023.
. 1. Rút gọn biểu thức
(
)
( ) ( ) P 2 = P 3
−
2. Cho
2 - 3 2 + với bx c ( ) Q = P 5
,a b c là các số thực. Biết rằng , ( ) P 0 .
Tính giá trị biểu thức
2
2
=
=
+
=
+
S =
+
+
2 - 3 2
6 - 3 3 2
2 - 3 − 3 1
6 - 3 3 3 - 3
2 - 3 − 3 1
3
Lời giải 1. Ta có:
) ( 2 - 3 ( 2 2 - 3
)
) ( 6 - 3 3 ( 2 6 - 3 3
)
6 - 3 3 (
) − 3 1
=
=
1
3
) − 3 1
=
⇔ +
+
+ =
+
+ =
2023
a 8 4
b c 2
+ a 27 9
b c 3
2023
+ = − a b 5
19
=
+
=
=
−
c
+ a b
b c 5
30.
( ) P 0
( + a 125 25
) + − =
( + 125 5 5
)
( + − 125 5 19
)
3 - 3 ( 2. Ta có: ( ) ( ) P 2 = P 3 Do đó: ( ) Q = P 5
2
x
9
25
+
8
+ = 1
1 − x
1 + x
− x
3
5
3
5
Câu 2. (3,0 điểm) Giải phương trình .
Lời giải
< < x
0
− 5 3 > x
5 3
2
2
x
x
9
25
9
25
+
⇔
+ Điều kiện:
8
+ = 1
8.
+ = 1
( ) *
x 6 2 −
1 − x
1 + x
− x
x
− x
3
5
3
5
9
25
2
2
+ Ta có:
2
2
3
2
3
2
2
2
⇔
+ = ⇔ − −
= ⇔ −
+
−
= ⇔ −
−
+
t
t
t
t
t
t
8.
1
48 0
t 4
t 3
48 0
4
t 3
12
= ⇔ = t 4
0
x x 9 25 9 25 = > ⇔ = t t + Đặt 0 x − − x − x 1 ⇔ = 2 t x 9 25
(
)(
)
6 2 t
1,
th m .
(
)
2
x
9
25
2
2
+ Với
= ⇔ =
−
t
x
4
4
⇔ − x 9
16
25
− x
loai
, (
)
25 19
S = −
= − x = ⇔ = 0 x { }1 .
+ Khi đó, phương trình ( ) *
= BH BA BL BC
Câu 3.
+ Vậy: Phương trình đã cho có tập nghiệm là (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H cố định thuộc bán kính OB ( H khác O và B ). Qua điểm H kẻ dây cung MN vuông góc với đường kính AB . Một điểm C đi động trên cung nhỏ AN ( C khác A và N ). Gọi L là giao điểm của BC và MN . a) Chứng minh rằng ACLH là một tứ giác nội tiếp và
.
.
.
THCS.TOANMATH.com
b) Chứng minh rằng BN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CLN . c) Đường thẳng qua N và vuông góc với AC cắt MC tại D . Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AN của đường tròn tâm O sao cho diện tích tam giác ADM đạt giá trị lớn nhất. Lời giải
∽
∆
∆
HLB
= BH BA BL BC
CAB g g ,( . )
.
.
= (cid:1) AHL = (cid:1) (cid:1) = ACL ACB a) Tứ giác ACLH có: ° và ° . Suy ra ACLH nội tiếp. 90 90
BH BL = BC BA
Ta có:
b) Ta có:
(cid:1) (cid:1) BNL BNM= .
⊥
(cid:1) (cid:1) = NCL NCB .
B
là điểm chính giữa cung
(cid:1) (cid:1) = BNM BCN (cid:2) MN . Do đó . Do AB MN
.CNL
(cid:1) (cid:1) = BNL NCL Suy ra . Suy ra BL là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác
//ND BC .
c) Do ND AC⊥ và BC AC⊥ nên
Gọi J là giao điểm của AC và DN .
= + + = (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) + JCN NCB BCM DCJ ° , ° mà 180
(cid:1) (cid:1) + JCN NCB Ta có: 90 (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) = = DCJ NCJ BCM BCN .
=
= Ta có: AD AN AM
Suy ra CJ là đường trung trực của ND hay AC là trung trực của ND .
∆
∆∽
⊥ AK DM
AKM
ACB g g ,( . )
.
2
AKM
=
=
=
=
const
S
a const
a S .
,
(
)
∆
∆
ACB
AKM
S ∆ S
AM AB
∆
ACB
Kẻ
ADM
AKM
ACB
lớn nhất lớn nhất lớn nhất Ta có : S∆ S∆⇔ S∆⇔
THCS.TOANMATH.com
=
d C AB ,
R≤ )
lớn nhất ⇔ C là điểm chính giữa cung AB , ( vì
S
d C AB AB
,
.
(
)
)
(
∆
ACB
1 2
Mà:
2
2
2
+
+
p
q
r
.
Câu 4.
( ) 1 *
(4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (
)( 1
) + = 1
,p q r thỏa mãn ( ) , Lời giải
2
2
2
+
p
q
r
r
r
1
+ > lẻ 3
,p q r là một bộ ba số nguyên tố thỏa mãn ( ,
)( 1
) + = 1
21; q
2
r
+ = 2 q 5
4
1. Vì ( ) r + chẵn 2 1 + 2 p + không cùng lẻ
2 1
2
2
p p 2 1 5 q + chẵn. Từ ( ) *
2 ⇔ ≡ r
2
= =
r
r
7
2
2
2
+
+
q
r
)
≡ ⇔ ≡ r , mà r 0 (mod 3) 0 (mod 3) 0 (mod 3) 1 (mod 3) 2 (mod 3) ≡ q 5 5
là :(
)( 1
) + = 1
) ) ( ( ) 2;3;7 ; 3;2;7 p 1 * 1mn+ chia hết cho 24 . Chứng minh rằng m n+
+
+
+ − − =
−
−
n
= B mn
m n m
n
1
1
1 = + = lẻ 2 Giả sử rằng + Nếu q là số nguyên tố không chia hết cho 3 thì + ≡ 2 q q là số nguyên tố lớn hơn 3 , (không thỏa mãn) 3q = . 49 + Khi đó: ,p q r thỏa mãn ( Vậy: các bộ ba số nguyên tố ( , 2. Cho m và n là các số nguyên dương thỏa mãn cũng chia hết cho 24 . Lời giải
)( 1
) 1 ;
(
)( 1
) 1
2 n
+ Đặt :
2
2
= A mn ( 2 = A B m . mn+ ⋮ 1 24
. 3A B⋮
( ) − 1 và
+ Xét
n ⋮ 3m ⋮ và
24
3n ⋮ 2
m − ⋮ và 1 3
n − ⋮ 1 3
2
2
+ + + = m n m )( − 1 24m ⋮ mn+ ⋮
1 24
. 8A B⋮
+ Vì , ( )1
+
mn
n − ⋮ 1 8 ⋮ m n
24
+
⋮ 2 A B . 24
,
và + Mặt khác, vì , ( )2
( vì mn
) ⋮ 1 24
(
)
⋮ A ⋮ B
24
+
+ m n
mn
24 ⋮ m n
24
24
m − ⋮ .mn lẻ m và n cùng lẻ 2 1 8 ) ⋮ + + + m n 1 ) ( + − 1
24 ) ⋮
( (
+ Từ (1) và (2) suy ra:
y
3
Câu 5.
+
+
≥
3
(3,0 điểm) 1. Cho
x + +
z + +
+ +
y x
y 1
z 1
.
+ + = . Chứng minh rằng ,x y z là các số thực dương thỏa mãn , x z x z y 1 Lời giải
+
=
+
A
y x
z 1
+ = −
+ = −
+ x + 1 x
x z y
+ + z
y
z
z
y
x
+ y z + y 1 + + = + = − 3
3
z y ;
3
x x ;
3
+
+
+
+
+
+
+
=
+ = A
A
3
1
1
1
− +
− +
− +
− +
− 3 + y
3 z
3 x
− 3 + y
3 z
y 1
z 1
x 1
y 1
z 1
1. Đặt
+
+
+ = A
3
4 +
4 +
x
y
1
1 z
y
x
4 + z
3
z + + = + + + + + = . y
+ Vì: + Khi đó: x 3 x 1
+ + +
+ + +
y
A
x
+ + z
+ + = 3 6
1
1
1
+ Vì
1 x 4 +
1 1 1 6 4 +
4 +
x
y
z
1
1
1
+ + ≥
+
=
x
x
1
.
4
+ Ta có:
(
) 1
4 +
x
4 + x
1
1
+ Áp dụng, bất đẳng thức Cô- Si, ta có:
THCS.TOANMATH.com
+ + ≥
+
=
y
y
1
.
4
(
) 1
4 +
y
1
1
4 + y
+ + ≥
+
=
z
z
1
4
.
Tương tự:
) 1
(
4 +
z
4 + z
1
A
A
+ ≥ + + ⇔ ≥ 4 4 4
9
3
1 + Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, suy ra: + Dấu “ = ” xảy ra
= + x
1
1
A
= + ⇔ = = = x
y
y
z
+ ≥ + + ⇔ 9 4 4 4
1
1
1
= + z
1
4 + x 4 + y 4 + z
1
và
≤ ≤ i
i
42,
∈ℤ ).
ix lần lượt là số bài toán mà Tùng giải trong ngày thứ i , (1
2. Để chuẩn bị cho Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, bạn Tùng quyết định luyện tập giải một số bài toán trong vòng 6 tuần. Theo dự định, bạn Tùng sẽ giải ít nhất một bài toán mỗi ngày và không quá 10 bài toán mỗi tuần. Chứng minh rằng luôn tồn tại một chuỗi ngày liên tiếp mà trong khoảng thời gian đó tổng số bài toán Tùng giải bằng 23. Lời giải
+ Gọi Do Tùng sẽ giải ít nhất một bài toán mỗi ngày và không quá 10 bài toán trong mỗi tuần nên: 1 ≤ 4
ix≤ + Đặt :
i
i
j
=
=
+
+
+
= + = ≠ = S i S S j j , ta có: , , ; 1, 42 x i x 1 x 2
≤
( B
S
S
S
A
( ;...;
23;
) 23;...;
và với
) với 1
} 23
S 1
2
42
S S ; 1
2
42
iS≤
+
≤ 23 83
60 + + ... { 1, 42 } ∀ ≠ i {
1; 2;3;...;83 , (vì
}
. + Xét tập hợp jS≤
42
S≠
≤ = + ≤ = S + ) nên theo nguyên lý Đi- rích -lê, + 23 60 23 83 x 42 x 2 x 1
24 Hai tập hợp A và B có tất cả 84 phần tử, nhận các giá trị trong tập hợp { = + + S nên 42 6.10 60 ... tồn tại hai phần tử bằng nhau. Mặt khác, hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc A, không cùng thuộc B vì
S i
j
B
23
nên
+ ∈ .
jS
iS
=
+
>
=
S
i
j
S−
23,
23
A∈ và
(
S i
j
j
S i
nên một phần tử thuộc A và một phần tử thuộc B, chẳng hạn )
Khi đó: Vậy, từ ngày thứ j đến ngày thứ i là chuỗi ngày liên tiếp mà trong khoảng thời gian đó tổng số bài toán Tùng giải bằng 23. ---Hết---
