HSG toán 9 huyện Yên Thành năm học 2324

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2023 – 2024
MƠN : TỐN 9

PHỊNG GD &ĐT N THÀNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (3,0 điểm)
5
4
a) Tìm các số tự nhiên a để giá trị của biểu thức B  a  a  1 là số nguyên tố.
2
2
b) Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn: 2x  4x  19  3y .

Câu 2. (4,5 điểm)
2
2
x

7x

1
2

(x

3)(x
 x  6)
a) Giải phương trình:

2021
 5x 2022  4x 2023
b) Tính giá trị của biểu thức A  6x

x 

10  3 

với

10  3

10  1



2 2  3

Câu 3: (3,5 điểm)
4
3
2
a) Xác định các hệ số a và b để đa thức P(x)  x  2x  3x  ax  b là bình phương
của một đa thức.

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện

a 

b 

c  3 . Chứng minh rằng:

a
b
c
3



b 1 c 1 a 1 2
Câu 4: (8 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC và đường cao AH. Hai điểm M , N lần
lượt là hình chiếu của điểm H trên AB và AC. Gọi O là giao điểm của AH và MN.
AB
3

và BC  10 cm
4
a) Cho AC
. Tính chu vi của tứ giác AMHN .
b) Gọi E là giao điểm của BO và AC. Trên tia đối của tia BC lấy điểm F sao cho


CBF
 CBA
. CO cắt AB tại I. Chứng minh rằng:
AE . BC  EC . AB và AE . IB  AI . EC  EC . IB .
c) BC cắt MN tại L. Gọi K là hình chiếu của điểm H trên AL. Chứng minh: BK  KC .
Câu 5: (1 điểm)

Viết 150 số tự nhiên 1, 2, 3, …, 150 lên bảng. Mỗi lần ta xóa đi hai số nào đó và thay bằng
tổng hoặc hiệu của chúng. Sau một số lần như vậy thì trên bảng chỉ cịn lại một số . Hỏi có
khi nào số cịn lại đó là 100 không ?

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành


------- Hết ---------

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG MƠN TỐN 9
HUYỆN N THÀNH – NĂM HỌC 2023 – 2024
Câ
u

Hướng dẩn giải

Điểm

- Với a = 0 thì B = 1 (không phải là số nguyên tố)
- Với a = 1 thì B = 3 là số nguyên tố.
- Với a > 1 Ta có:
B  a 5  a 4  1  (a 5  a 2 )  (a 4  a)  (a 2  a  1)

 a 2 (a 3  1)  a(a 3  1)  (a 2  a  1)
1(a)

 a 2 (a  1)(a 2  a  1)  a(a  1)(a 2  a  1)  (a 2  a  1)
 (a 2  a  1)  a 2 (a  1)  a(a  1)  1
 (a 2  a  1)(a 3  a  1)
2

2
2
- Vì a > 1 nên a  1  a  1  0  a(a  1)  0
 a3  a  0  a 3  a  1  1
2
- Lại có: a  1  a  a  1  3
- Từ (1) và (2)  B là hợp số.
- Vậy với a = 1 thì B là số nguyên tố.
* Cách 1:
2
2
2
2
2x

4x

1
9

3y

2(x

2x

1
)

21


3y
Ta có:

 2(x  1) 2  3y 2  21
 2(x  1) 2  3y 2  2 . 32  3 . 12
(x  1) 2  32
  2
2
y  1
  x  2
   x   4
 y  1
- Vậy (x ; y)   (2 ; 1) ; (2 ;  1) ; ( 4 ; 1) ; ( 4 ;  1)
* Cách 2:
2
2
2
2
Ta có: 2x  4x  19  3y  2(x  2x  1)  21  3y

 2(x  1) 2  21  3y 2
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành

(1)
(2)


2
- Vì y  0 

 3y 2  0  21  3y 2  21  2(x  1)2  21

21
2
2
 (x  1)   0 ; 1 ; 4 ; 9
 (x  1) 2 

1(b)

2
- Với (x  1)  0  x  1  0  x   1

 3y 2  21  y  7  y 2   7 (loại)
(x  1) 2 1   x  1 1   x  0
 x  1   1
 x   2
- Với
+) Nếu x  0 thì

3y 2 19  y 2 

19
19
 y 
3
3 (loại)

19

19
 y 
3
3 (loại)
+) Nếu x   2 thì
(x  1) 2  4   x  1  2   x 1
 x  1   2
 x   3
- Với
3y 2 19  y 2 

+) Nếu x 1 thì

3y 2 13  y 2 

13
13
 y 
3
3 (loại)

13
13
 y 
3
3 (loại)
+) Nếu x   3 thì
(x  1) 2  9   x  1  3   x  2
 x  1   3
 x   4

- Với
2
2
3y

3

y
1  y  1
x

2
+) Nếu
thì
3y 2 13  y 2 

2
2
+) Nếu x   3 thì 3y  3  y 1  y  1
- Vậy (x ; y)   (2 ; 1) ; (2 ;  1) ; ( 4 ; 1) ; ( 4 ;  1)

- ĐKXĐ của phương trình là: x  3
- Đăt

x  3  a  0 và

x2  x  6  b  0

2
- Khi đó ta có: x  7x  12 

(x  3)(x 2  x  6)

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành


(x 2  x  6)  6(x  3)  (x  3)(x 2  x  6)
a 2  6b 2  ab
(a 2  3ab)  (2ab  6b 2 )  0
a(a  3b)  2b(a  3b)  0
2(a)
(a  3b)(a  2b)  0
  a  3b  0
 a  2b  0
- Nếu a  3b  0  a  3b






x  3 3 x2  x  6
x  3  9(x 2  x  6)
9x 2  10x  51  0
(9x 2  27x)  (17x  51)  0
9x(x  3)  17(x  3)  0
(x  3)(9x  17)  0
(loai)
 x 3
x


3

0

17

 
x


(thoa man)
 9x  17  0

9








- Nếu a  2b  0 


x  3 



x2  x  6  0

x  3 0
x  3 0

2
x  x  6 0
(x 2  3x)  (2x  6)  0



 x  3 0
 x  3 0
x(x  3)  2(x  3)  0
(x  3)(x  2)  0
 x  3  0  x  3 (thỏa mãn)
- Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.



x 

- Ta có:



4 10  12 
2

10  1

10  3



2 2  3

2(b)

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành










10  3







10  1 





10  3

5 

5 

2



2





3
5  2 2

2 

3
5  2 2 2 

3
 2  2 1

1


5



3 2 2

10  1



5  2 2





10  1



10  1

7  2 10  13  4 10

9









2  1

2

2







2  1

2

2  1

 ( 2  1)

2021
 5.12022  4.12023  5
- Khi đó: A  6.1

4
3
2
- Ta có: P(x)  x  2x  3x  ax  b

  x2 

2

 2x 2 (x  1)  (x  1) 2  (x  1) 2  x 2  ax  b

  x 2  x  1
3(a)

2

 (a  2)x  (b  1)

- Để P(x) là bình phương của một đa thức thì:
(a  2)x  (b  1)  0 với mọi x

a  2  0
a   2
 
 
b  1  0
b  1
- Vậy với a   2 và b  1 thì P(x) là bình phương của một đa thức.
a

b 
 1 

 a
  a 1 

b  1
 b  1

Ta có: b  1
b  1 2 b 
- Vì


1
1

b 1 2 b
b
b
b


b 1 2 b
2

 1

b
1

b 1

b
2

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành


b 

a 1 

b  1




a

b 1


3(b)

b

c

1
- Tương tự:

- Lại có:

ab
2

a 

bc
c

2 và a  1

b 



a
b
c



b 1 c 1 a 1



a
b
c



3
b 1 c 1 a 1



c 

ca
2

b 

c 

a 

ab 

a  b  2 ab

b  c  2 bc  a  b  c  ab 
c  a  2 ca

 a bc 2






a 
ab 

 3

- Từ (1) và (2)



b 


c

ab 



2

3

bc  ca 

ab 

bc 
2

b

2 


a 1 






ab 



bc 
2

ca

bc 

ca





ca  3

ab 

bc  ca

a 

b  c

3
ca
3
3
3 

2
2



ca

(1)

bc 

2

bc 

2

ab 

bc 

ca





3

a
b
c
3



b 1 c 1 a 1 2

4

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành

(2)

AB
3
3

 AB  AC
4
4
- Ta có: AC
2
2
2
- Lại có: AB  AC  BC (Định lí Pitago)
2

3

  AC   AC2  102
4

25

AC2  100
16
 AC2  64
 AC  8 cm
3
 AB  AC  6 cm
4
- Áp dụng Hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại 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 tại H, đường cao HM ta có:
AH 2
(4,8) 2
96
2
AH  AM.AB  AM 


cm
AB
6
25
AH 2
(4,8) 2
72
AH 2  AN.AC  AN 


cm
AC
8
25
- Tương tự:

- Mặt khác: Tứ giác AMHN là 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 đi qua trung điểm O của cạnh HA
và BE // FA  BE phải đi qua trung điểm của cạnh HF
 B phải đi qua trung điểm của cạnh HF
FB
HB
FB  HB 


AB
AB
(1)
- Xét  HBA và  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) và (2)

FB
AB

 FB.BC  AB2
AB
BC

FB
AB2

BC

BC 2
FB
AE


4(b)
BC
EC (Định lí Talet)
- Mặt khác: BE // FA
AE
AB2


EC
BC 2




AE
AB


BC
EC

AE.BC  EC .AB

EC.AB2
 AE.BC  EC.AB  AE 

BC 2
EC.IB.AB2
 AE.IB 
BC 2
2

2

- Tương tự ta cũng chứng minh được:

AI.BC  IB.AC

 AI.BC2  IB.AC 2  AI 

 AI.EC 

- Từ (*) và (**)

(*)

IB.AC2
BC 2

EC.IB.AC2
BC2

 AE.IB  AI.EC 

EC.IB.AB2
EC.IB.AC 2


BC2
BC2

EC.IB.(AB2  AC2 )

BC2
EC.IB.BC 2

 EC.IB
BC2

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành

(**)


A

N
K

4(c)

O

M
1

1

L

2

2

B

1

C

H

2
- Ta có: AK . AL  AM . AB  AH
AK
AM


  AKB  AML (c  g  c)
AB
AL
 B1  L1

(1)

2

- Lại có: AK . AL  AN . AC  AH
AK
AN


  AKC  ANL (c  g  c)
AC
AL
 C  L
1

1



- Từ (1) và (2)  C1  B1


- Mặt khác:  C1  C 2 
 B  C 
1

2

(2)

B  900
2

B  900

2

  BKC vuông tại K
 BK  KC .
- Gọi S(n) là tổng các số trên bảng sau bước thứ n.
- Ta có: S(0)  1  2  3  ...  150
5

 (1  150)  (2  149)  (3  148)  ...
 151  151  151  ...
 75.151
 11325  1 (mod 2)
- Lại có: Sau mỗi lần xóa đi 2 số và thay bằng tổng hoặc hiệu của chúng thì tính
chẵn lẽ của S(n) vẫn luôn không thay đổi.
 S(n)  S(0)  1 (mod 2)
- Mặt khác: 100  0 (mod 2)
Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành


 S(n)  100 (vơ lí)

- Vậy số cịn lại không thể là 100.

Giáo viên: Nguyễn Bá Phúc – Trường THCS Mã Thành