04 đề + hdc hsg toán 9 nam định 2023 2024

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học 2023-2024

Câu 1. (5,0 điểm)

 x  2 x x  x x  6 x 1 x  39
1) Cho biểu thức Q     . (với x  0; x  1; x  4 ).

 x  4 x  x  2 1 x  x  3 x 10

a) Chứng minh rằng Q  x  39 .

x 5

b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất.

11 1
2) Cho a,b  0 thỏa mãn   . Chứng minh rằng a  b  a  2024  b  2024.

a b 2024

Câu 2. (4,0 điểm)

1) Giải phương trình x2  x  8  4 x  3.

x2  y2  xy 1  2x

2) Giải hệ phương trình 
2 2
x  x  y  x  2  2 y .

Câu 3.(2,0 điểm)

Cho các số nguyên x, y,z thỏa mãn x2  y2  z2  2xyz . Chứng minh rằng xyz chia hết cho

24.
Câu 4. (7,0 điểm)

1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với các cạnh BC ,
cạnh AC lần lượt tại D, E. Vẽ đường kính DF của (O, r). Tiếp tuyến của đường tròn (O, r) tại
F cắt AB, ACtheo thứ tự tại R và S.

a) Chứng minh rằng FS.CD  r2.

b) Gọi K là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC . Chứng minh A; F; K

thẳng hàng.

c) Đường thẳng vng góc với BC tại K cắt tia DE tại Q. Gọi N là trung điểm của
QK . Chứng minh BN vng góc với AK .

2)Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp (I). Gọi D là tiếp điểm của (I) với
BC;H là chân đường cao hạ từ A lên BC; K, L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
AHBvàAHC. Chứng minh rằng tam giác DKL vuông cân.

Câu 5. (2,0 điểm)

1) Trên bảng có ghi 2024 số: 1 2 3 2024
; ; ;...; . Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi

2024 2024 2024 2024

hai số a , b bất kỳ trên bảng và thay bằng số a  b  2ab . Hỏi sau 2023 lần thực hiện phép xóa,

số cịn lại trên bảng là số nào?

2) Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

a  b  c  32

ab  b2 bc  c2 ca  a2 2

------------Hết------------

Câu Đáp án Điểm
2,0
 x  2 x x  x x  6 x 1 x  39
1) Cho biểu thức Q     . (với 0,5

 x  4 x  x  2 1 x  x  3 x 10 0,5
0,5
x  0; x  1; x  4 ). 0,5

a) Chứng minh rằng Q  x  39 . 1,5
0,5
x 5 0,5
0,25
Với x  0; x  1; x  4 ta có 0,25
1,5
 x  x  2  x  x x  6  x 1. x  39
Q 0,5

1.1.a  x  2 x  2  x  2 x 1 x 1 x  3 x 10
(2,0 
điểm)
 
  x  x  x x  6  x 1. 2 x  39
 x  2  x  2 x 1 x 1 x  3 x 10

 x  x 1   x  x x  6   x 1 x  2 x  39
.

 x  2 x 1  x  2 x  5

 x x4 xx4 . x  39

 x  2 x 1  x  2 x  5

  x  4 x 1 x  39 x  39
. 

 x  4 x 1 x  5 x  5

Vậy x  0; x  1; x  4 thì Q  x  39 .

x 5

1.1.b b) Tìm x để Q đạt giá trị nhỏ nhất.
(1,5
điểm) Với x  0; x  1; x  4 ta có

Q  x  39   x  25  64  x  5  64

x 5 x 5 x 5

 x 5 64 10  6 ( Áp dụng BĐT cô-si)

x 5

Dấu “=” xảy ra khi x  5  64 2   x  5  64  x  9 (thoả mãn)

x 5
Vậy x  9 thì Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 .

1.2 11 1
(1,5 2) Cho a,b  0 thỏa mãn   . Chứng minh rằng
điểm)
a b 2024

a  b  a  2024  b  2024.

Ta có 1  1  1  2024  ab

a b 2024 ab

ab ab a2 b2
 a  2024  b  2024  a   b    a  b a  b a  b a  b 0,5

 a  b  ab  a  b (Vì a,b  0 )

ab ab ab 0,5

11 1
Vậy với a,b  0 thỏa mãn   thì a  b  a  2024  b  2024.

a b 2024

2.1 1) Giải phương trình x2  x  8  4 x  3. 2,0

(2,0

điểm) ĐKXĐ: x  3. 0,25

Phương trình   x2  2x 1   x  3  4 x  3  4  0

0,75

  x 12 2   x  3  2  0 (1)

Vì  x 12  0 và  x  3  2  0 nên (1)   x 1  2 2  x  3  2  0  x  1 2 0,5

Đối chiếu ĐKXĐ thấy thoả mãn.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1. 0,5

2.2 x2  y2  xy 1  2x

(2,0 2) Giải hệ phương trình  2,0
2
x  x  y   x  2  2 y2.
điểm)

2x2  2 y2  2xy  2  4x x2  y2  xy 1  2x (1)

Hệ   2  2 0,5
2 2
x  x  y  x  2  2 y 2x  x  x  y  x  2  2xy  2  4x (2)

2

PT(2)  x x  y  3x  2x x  y  0 0,5

 x  x  y2  2 x  y  3  0
 

 x x  y 1 x  y  3  0

 x  0 hoặc x  y 1  0 hoặc x  y  3  0

+ Với x  0 thế vào PT(1) ta được: y2  1  0 (vô nghiệm)
+ Với x  y 1  0  y  1 x thế vào PT(1) ta được:

2 x 1 y  0 0,75
x  3x  2  0  
x  2  y  1

+ Với x  y  3  0  y  x  3 thế vào PT(1) ta được: x2  x  10  0 (vô

nghiệm)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;0) và (2;-1). 0,25

3.1 Cho các số nguyên x, y,z thỏa mãn x2  y2  z2  2xyz . Chứng minh rằng xyz

(2,0 chia hết cho 24. 2,0

Vì x  y  z  2xyz và điểm) 2 2 2 2xyz chẵn, nên trong 3 số x,y,ztồn tại ít nhất 1 số

chẵn. Giả sử là x chẵn, khi đó x2 4; 2xyz 4  y2  z2 4 (*) 0,5

Nếu y lẻ  y2 lẻ  lẻ z2  z lẻ

y  2k  1 y2  4k2  4k  1 k;m Z  0,5

2 2
z  2m  1 z  4m  4m  1

 y2  z2  4k2  4k  4m2  4m  2

 y2  z2 chia 4 dư 2 (không thỏa mãn(*))

Do đó y chẵn và z chẵn  y 2; z 2  xyz 8 (1)

Giả sử cả 3 số x, y, z đều không chia hết cho 3 màx; y; z chẵn nên x2; y2; z2 chia

3 dư 1  x2  y2  z2 3 . Do đó 2xyz 3  xyz 3 (mâu thuẫn với giả thiết x, 0,5

y, z đều không chia hết cho 3)

Nên tồn tại 1 số chia hết cho 3 hay xyz 3 (2)

Từ (1), (2) và (3,8) =1 suy ra xyz 24 . Vậy xyz 24 0,5

4.1 1) Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, đường tròn (O, r) tiếp xúc với 5,5
(5,5 các cạnh BC , cạnh AC lần lượt tại D, E. Vẽ đường kính DF của (O, r). Tiếp
điểm) tuyến của đường tròn (O, r) tại F cắt AB, ACtheo thứ tự tại R và S.

A Q
F
S
R E

N
I

B DM K C

4.1.a a) Chứng minh rằng FS.CD  r 2. 2,0

(2,0 Có: RS // BC (cùng  DF )  R SC  S CD  1800 (2 góc trong cùng phía) 0,5

điểm)

Có SI là tia phân giác của R SC và CI là tia phân giác của S CD ( tính chất 2 tiếp 0,5

tuyến cắt nhau)

 I SC  I CS  900  SIC  900 . Do đó tam giác SIC vng tại I 0,5

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông SIC đường cao SE: SE.EC  IE2

 FS.CD  r2 (đpcm) 0,5

4.1.b b) Gọi K là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC . Chứng minh 2,0

(2,0 A; F; K thẳng hàng.

điểm) Gọi K ' là giao điểm của FA với BC

CMTT câu a: RF.BD  r2 . Do đó RF.BD  FS.CD 0,5

FS RF FS  RF RS
  
0,5
BD DC BD  CD BC

Áp dụng định lý Thalet  FS  SA  RS 0,5

K 'C AC CB

 FS  FS  K 'C  BD mà chứng minh được KC = BD nên KC = K’C 0,5

K 'C BD

 K '  K hay A, F , K thẳng hàng.

4.1.c c) Đường thẳng vng góc với BC tại K cắt tia DE tại Q. Gọi N là trung điểm 1,5
(1.5 của QK . Chứng minh BN vng góc với AK

điểm) CI là trung trực của DE  CID  Q DK  90  I CD 0,25

CD ID
 CID  QDK (g.g)  
0,25
QK DK

 CD  ID  CD  2ID  FD mà CD  BK  BK  FD 0,5

2NK DK NK DK DK NK DK

 BKN  FDK (c.g.c)  N BK  K FD 0,5

Suy ra BN vng góc với AK .

4.2 2) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp (I). Gọi D là tiếp điểm
(1.5 của (I) với BC. H là chân đường cao hạ từ A lên BC. K, L lần lượt là tâm đường 1,5
điểm) tròn nội tiếp ∆AHB, ∆AHC. Chứng minh rằng: ∆DKL vuông cân.

A

L
I
K

B C P H D Q

Gọi I là tâm nội tiếp ∆ABC. AK, AL cắt BC tại P, Q

  HAC     0,5

AQB   C  HAQ  BAH  BAQ

2

=> ∆ABQ cân nên BI là đường trung trực AQ, tương tự CI là đường trung trực
AP  I QP  I AB  450

Chứng minh tương tự: I PQ  I AC  450 0,25

=> ∆PIQ vng cân có ID  PQ nên DI = DP = DQ

  C 
Lại tiếp: KQB  KAB   ICB

2

PQ
=> KQ // CI, mà IC  AP nên ∆PKQ vuông tại K có DP = DQ nên DK 

2

PQ 0,5
Tương tự DL  => DK  DL  DKL cân tại D

2

Lại có: K DP  2K QP   ACB nên KD // AC, tương tự DL // AB

 K DB  L DC   ACB   ABC (đồng vị) = 90°.

K DL  900  DKL vuông cân tại D (đpcm) 0,25

5.1 Trên bảng có ghi 2024 số: 1 ; 2 ; 3 ;...; 2024 . Mỗi lần thực hiện, cho
(1,0
2024 2024 2024 2024

điểm) phép xóa đi hai số a , b bất kỳ trên bảng và thay bằng số a  b  2ab. Hỏi sau (1,0)

2023 lần thực hiện phép xóa, số cịn lại trên bảng là số nào?

Giả sử các số trên bảng đang là a1 , a2 , … , ak . Ta cho tương ứng bảng này với

tích 2a1 12a2 1...2ak 1 0,25

Sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số 2a 12b 1 nhưng lại

được thêm vào thừa số 2a  b  2ab 1  2a 12b 1 0,25

Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi, chỉ đổi dấu. 0,25

 1012 
Vì tích ban đầu bằng 0 (do có chứa thừa số  2. 1 ) nên số cuối cùng
 2024  0,25

s cũng phải có tích bằng 0 nghĩa là tích cuối cùng bằng 2s 1  0  s  1

2

5.2 Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

(1,0 a b c 32 (1,0)

điểm)
  

ab  b2 bc  c2 ca  a2 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2b.a  b   0,25 2b  a  b a  3b
2 2

Áp dụng tương tự ta được

a  b  a  2a 2 2b 2 2c 2
  .

ab  b2 bc  c2 ca  a2 a  3b b  3c c  3a

Ta cần chứng minh 2a 2 2b 2 2c 2 3 2
  

a  3b b  3c c  3a 2

a  b  c3
Hay .

a  3b b  3c c  3a 4 0,25

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

a  b  c 2

a  b  c 2 2 2 .

a  3b b  3c c  3a a  b  c  3ab  3bc  3ca

2

Mặt khác, ta có a  b  c  3 ab  bc  ca 

Do đó ta được

a2  b2  c2  3 ab  bc  ca  a2  b2  c2  2 ab  bc  ca  ab  bc  ca 0,25

2  a  b  c  1  2 a  b  c  4  2 a  b  c
3 3

2
c a  b  c 3
Từ đó suy ra a  b   

a  3b b  3c c  3a 4 a  b  c2 4 0,25

3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a  b  c.

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 tồn bài khơng làm trịn.

------------------Hết----------------