Đề học sinh giỏi Toán 9 năm 2023 - 2024 phòng GDĐT Thanh Oai - Hà Nội

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH OAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2023-2024 Môn: TOÁN Ngày thi: 09/11/2023 Thời gian làm bài: 150 phút

Câu I (5 điểm)

1. Cho biểu thức:

3 2 1 3 2 5 : 1 1 1 1

x x x P x x x x x

                  

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P khi 8 3 5 x 

 .

c) Tìm số tự nhiên x để P có giá trị là số nguyên tố.

2. Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn 3 3 3 3 1; 3 1; 3 1 x x y y z z      

Chứng minh rằng: 2 2 2 6 x y z   

Câu II (5 điểm)

1. Tìm số nguyên x, y biết rằng: 2 2 255 x y  

2. Giải phương trình: 2 4 1 5 14 x x x     Câu III (3 điểm)

1. Cho các số nguyên a và b thỏa mãn   S a b ab a b 2 2 3 2023       chia hết cho 5.

Tìm số dư khi chia a b  cho 5 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 4 9          a b c S b c a c a b a b c

Câu IV (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH cắt trung tuyến BE tại D. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A lên các đường thẳng CD, BE. Chứng minh:

a. 2 .  BE EN EM và .sin .sin   AC B AB C BC

b.   HMC EHA  c. BM vuông góc với MH Câu V (1 điểm) Trong mặt phẳng cho 8093 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm

đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được

2024 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.

- Hết - (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không dùng máy tính cầm tay)

Họ tên thí sinh: ………………………………………………………………… Số báo danh: …………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2023-2024

Môn: TOÁN

Câu I (5 điểm)

1. ĐKXĐ: 0 x  và 1  x ; 4 x  .

a) 1 2 x P

x

 

 .

b) 7 3 5 4   P .

c) Ta có: 3 1

2 P

x 

 .

Nếu x không là số chính phương thì P không là số tự nhiên: loại, suy ra x là số chính

phương dẫn đến x là số tự nhiên.

Để P có giá trị là số tự nhiên thì  2 3 1;3}    U { x , giải ra x

Để P là số nguyên tố thì x = 25

0,25

1,25

1

0,25

0,25

0,25

0,25

2. Trừ vế với vế của 3 đẳng thức ta có:

 

 



  

  

  

  

 



  

  

  

  

 



 

 

 

) 3 ( 3

) 2 ( 3

)1( 3

) ( 3

) ( 3

) (3

1 3

1 3

1 3

2 2

2 2

2 2

3 3

3 3

3 3

3

3

3

z xz x

z zy y

y xy x

x z x z

z y z y

y x y x

z z

y y

x x

trừ (1) cho (2) ta được 0 0 ) )( (         z y x z y x z x

cộng (1) ;(2) ;(3) ta có 9 ) ( 2 2 2 2       xz yz xy z y x (*)

mà từ x+y+z=0 suy ra 2

2 2 2 z y x xz yz xy       thay vaò (*) ta có đpcm

0,5

0,5

0,5

Câu II (5 điểm) 1. 2 2 255 x y   Nếu x < 0: loại do y nguyên Nếu x = 0 thì 16 y  Nếu x = 1: loại do y nguyên Nếu 2 x  : VT chia 4 dư 3 suy ra VP lẻ, nên y lẻ. Đặt 2 1( ) y k k Z    suy ra VP chia 4 dư 1 (vô lý) Vậy cặp số (x;y) là (0;16) và (0;-16)

0,25

0,5 0,25

1

2. Điều kiện 1 x .

   

2 2

2 2

5 14 4 1 0 6 9 1 4 1 4 0

3 0 3 1 2 0 3( ) 1 2

          

             

x x x x x x x

x x x x TM x

1,5

1,5