Đang tải... (xem toàn văn)
Đề Thi và Hướng dẫn giải chi tiết đề thi HSG huyện yên thành môn toán 9 năm học 20232024 Đề Thi và Hướng dẫn giải chi tiết đề thi HSG huyện yên thành môn toán 9 năm học 20232024 Đề Thi và Hướng dẫn giải chi tiết đề thi HSG huyện yên thành môn toán 9 năm học 20232024
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2023 – 2024 MƠN : TỐN PHỊNG GD &ĐT N THÀNH ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu 1: (3,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên a để giá trị biểu thức B a a số nguyên tố 2 b) Tìm số nguyên x , y thỏa mãn: 2x 4x 19 3y Câu (4,5 điểm) 2 x 7x (x 3)(x x 6) a) Giải phương trình: 2021 5x 2022 4x 2023 b) Tính giá trị biểu thức A 6x x 10 với 10 10 2 Câu 3: (3,5 điểm) a) Xác định hệ số a b để đa thức P(x) x 2x 3x ax b bình phương đa thức b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Chứng minh rằng: a b c b 1 c 1 a 1 Câu 4: (8 điểm) Cho tam giác ABC vng A có AB < AC đường cao AH Hai điểm M , N hình chiếu điểm H AB AC Gọi O giao điểm AH MN AB BC 10 cm a) Cho AC Tính chu vi tứ giác AMHN b) Gọi E giao điểm BO AC Trên tia đối tia BC lấy điểm F cho CBF CBA CO cắt AB I Chứng minh rằng: AE BC EC AB AE IB AI EC EC IB c) BC cắt MN L Gọi K hình chiếu điểm H AL Chứng minh: BK KC Câu 5: (1 điểm) Viết 150 số tự nhiên 1, 2, 3, …, 150 lên bảng Mỗi lần ta xóa hai số thay tổng hiệu chúng Sau số lần bảng cịn lại số Hỏi có số cịn lại 100 khơng ? Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành - Hết - HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG MƠN TỐN HUYỆN N THÀNH – NĂM HỌC 2023 – 2024 Câ u Hướng dẩn giải Điểm - Với a = B = (khơng phải số nguyên tố) - Với a = B = số nguyên tố - Với a > Ta có: B a a (a a ) (a a) (a a 1) a (a 1) a(a 1) (a a 1) 1(a) a (a 1)(a a 1) a(a 1)(a a 1) (a a 1) (a a 1) a (a 1) a(a 1) 1 (a a 1)(a a 1) 2 - Vì a > nên a a a(a 1) a3 a a a - Lại có: a a a - Từ (1) (2) B hợp số - Vậy với a = B số nguyên tố * Cách 1: 2 2 2x 4x 3y 2(x 2x ) 21 3y Ta có: 2(x 1) 3y 21 2(x 1) 3y 32 12 (x 1) 32 2 y x x y 1 - Vậy (x ; y) (2 ; 1) ; (2 ; 1) ; ( ; 1) ; ( ; 1) * Cách 2: 2 2 Ta có: 2x 4x 19 3y 2(x 2x 1) 21 3y 2(x 1) 21 3y Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành (1) (2) - Vì y 3y 21 3y 21 2(x 1)2 21 21 2 (x 1) ; ; ; 9 (x 1) 1(b) - Với (x 1) x x 3y 21 y y (loại) (x 1) 1 x 1 x x x - Với +) Nếu x 3y 19 y 19 19 y 3 (loại) 19 19 y 3 (loại) +) Nếu x (x 1) x x 1 x x - Với 3y 19 y +) Nếu x 1 3y 13 y 13 13 y 3 (loại) 13 13 y 3 (loại) +) Nếu x (x 1) x x x x - Với 2 3y y 1 y 1 x +) Nếu 3y 13 y 2 +) Nếu x 3y y 1 y 1 - Vậy (x ; y) (2 ; 1) ; (2 ; 1) ; ( ; 1) ; ( ; 1) - ĐKXĐ phương trình là: x - Đăt x a x2 x b - Khi ta có: x 7x 12 (x 3)(x x 6) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành (x x 6) 6(x 3) (x 3)(x x 6) a 6b ab (a 3ab) (2ab 6b ) a(a 3b) 2b(a 3b) 2(a) (a 3b)(a 2b) a 3b a 2b - Nếu a 3b a 3b x 3 x2 x x 9(x x 6) 9x 10x 51 (9x 27x) (17x 51) 9x(x 3) 17(x 3) (x 3)(9x 17) (loai) x 3 x 17 x (thoa man) 9x 17 - Nếu a 2b x x2 x x 0 x 0 x x 0 (x 3x) (2x 6) x 0 x 0 x(x 3) 2(x 3) (x 3)(x 2) x x (thỏa mãn) - Vậy phương trình có nghiệm x = x - Ta có: 10 12 10 10 2 2(b) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành 10 10 10 2 2 1 1 3 2 10 2 10 10 10 13 10 2 2 ( 1) 2021 5.12022 4.12023 - Khi đó: A 6.1 - Ta có: P(x) x 2x 3x ax b x2 2x (x 1) (x 1) (x 1) x ax b x x 1 3(a) (a 2)x (b 1) - Để P(x) bình phương đa thức thì: (a 2)x (b 1) với x a a b b - Vậy với a b P(x) bình phương đa thức a b a a 1 b 1 b 1 Ta có: b b 2 b - Vì 1 b 1 b b b b b 1 b 1 b 1 b 1 b Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành b a 1 b 1 a b 1 3(b) b c - Tương tự: - Lại có: ab a bc c a b a b c b 1 c 1 a 1 a b c 3 b 1 c 1 a 1 c ca b c a ab a b ab b c bc a b c ab c a ca a bc 2 a ab 3 - Từ (1) (2) b c ab 3 bc ca ab bc b a 1 ab bc ca bc ca ca ab bc ca a b c ca 3 3 2 ca (1) bc bc ab bc ca 3 a b c b 1 c 1 a 1 Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành (2) AB 3 AB AC 4 - Ta có: AC 2 - Lại có: AB AC BC (Định lí Pitago) 3 AC AC2 102 4 25 AC2 100 16 AC2 64 AC cm AB AC cm - Áp dụng Hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH ta có: AB.AC 6.8 4(a) AH.BC AB.AC AH 4,8 cm BC 10 - Áp dụng Hệ thức lượng cho tam giác AHB vng H, đường cao HM ta có: AH (4,8) 96 AH AM.AB AM cm AB 25 AH (4,8) 72 AH AN.AC AN cm AC 25 - Tương tự: - Mặt khác: Tứ giác AMHN hình chử nhật nên ta có: 72 168 96 CAMHN 2(AM AN) 2. cm 25 25 25 - Vì CBF CBA BE / / FA - Xét tam giác HFA có đường thẳng BE qua trung điểm O cạnh HA BE // FA BE phải qua trung điểm cạnh HF B phải qua trung điểm cạnh HF FB HB FB HB AB AB (1) - Xét HBA ABC có : BHA BAC 900 HBA ABC (g g) B (góc chung) HB AB AB BC (2) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành - Từ (1) (2) FB AB FB.BC AB2 AB BC FB AB2 BC BC FB AE 4(b) BC EC (Định lí Talet) - Mặt khác: BE // FA AE AB2 EC BC AE AB BC EC AE.BC EC AB EC.AB2 AE.BC EC.AB AE BC EC.IB.AB2 AE.IB BC 2 - Tương tự ta chứng minh được: AI.BC IB.AC AI.BC2 IB.AC AI AI.EC - Từ (*) (**) (*) IB.AC2 BC EC.IB.AC2 BC2 AE.IB AI.EC EC.IB.AB2 EC.IB.AC BC2 BC2 EC.IB.(AB2 AC2 ) BC2 EC.IB.BC EC.IB BC2 Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành (**) A N K 4(c) O M 1 L 2 B C H - Ta có: AK AL AM AB AH AK AM AKB AML (c g c) AB AL B1 L1 (1) - Lại có: AK AL AN AC AH AK AN AKC ANL (c g c) AC AL C L 1 - Từ (1) (2) C1 B1 - Mặt khác: C1 C B C (2) B 900 B 900 BKC vuông K BK KC - Gọi S(n) tổng số bảng sau bước thứ n - Ta có: S(0) 150 (1 150) (2 149) (3 148) 151 151 151 75.151 11325 (mod 2) - Lại có: Sau lần xóa số thay tổng hiệu chúng tính chẵn lẽ S(n) không thay đổi S(n) S(0) (mod 2) - Mặt khác: 100 (mod 2) Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành S(n) 100 (vơ lí) - Vậy số cịn lại 100 Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành