Đề học sinh giỏi lớp 9 môn Toán năm 2023 2024 phòng GD ĐT Thạch Thất Hà Nội

UBND HUYỆN THẠCH THẤT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

HUYỆN THẠCH THẤT NĂM HỌC 2023-2024

Đề thi môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang)

Bài 1 (5 điểm):

Cho biểu thức:

( )( )

2 2 2 1 2

x x P x x x x x x x

+ = + + − + − +

1/ Rút gọn biểu thức P.

2/ Tính giá trị của biểu thức P khi. 3 2 2 x = + 3/ Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên.

Bài 2 (4 điểm):

1/ Cho các số a, b, c bất kỳ. Chứng minh: 2 2 2 a + b + c 1 > a + b + c +

2/ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2 3 2 3 1 x x A x − + = +

Bài 3 (4 điểm):

1/ Giải phương trình : 2 2 2 1 1 1 3 5 4 11 28 17 70 4 2 x x x x x x x + + = + + + + + + −

2/ Cho abc = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức 1 1 1 1 1 1 S a ab b bc c ac = + + + + + + + +

Bài 4 (5 điểm):

Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB( , ) M A B ≠ . Trên cùng một nửa mặt phẳng

bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF và giao điểm hai đường chéo mỗi hình vuông lần lượt là O, O’. Gọi H là giao điểm của AE và BC.

1/ Chứng minh rằng: ⊥ AE BC .

2/ Gọi I là giao của AC và BE. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng DF và ba điểm H, D, F thẳng hàng. 3/ Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Bài 5 (2 điểm):

Cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ?

Hết.

( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

UBND HUYỆN THẠCH THẤT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

LỚP 9.Năm học 2023-2024

================

Môn: Toán Bài Hướng dẫn giải Điểm

Bài 1 (5 điểm)

1/ (2,5 điểm) ĐK: 0; 1 x x ≠ 

2 2 ( 1) ( 2) ( 1)( 2) x x P x x x x x x x + = + + − + − +

( 2) 2( 1) 2 ( 1)( 2) x x x x x x x + + − + + = − +

2 2 2 2 ( 1)( 2) x x x x x x x x + + −+ + = − +

3 2 ( 1)( 2) x x x x x x x + + = − +

( 3 2) ( 1)( 2) x x x x x x + + = − +

( 1)( 2) ( 1)( 2) x x x x x x + + = − +

( 1) ( 1) x x + = −

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

2/ (1,0 điểm)

Ta có: 2 3 2 2 2 2 2 1 ( 2 1) 2 1 x x = + ⇔ = + + = + = +

Thay vào biểu thức P ta được 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 P + + + = = = + + −

0,5

0,5

3/ (1,5 điểm)

Ta có: ( ) − + + = = = + − − −

x 1 2 x 1 2 P 1 x 1 x 1 x 1

Để P nguyên thì ( ) − x 1 là ước của 2 và ( ) − > − x 1 1

Do đó:( ) { } { } { } − ∈ ⇒ ∈ ⇒∈ x 1 0;1;2 x 1;2;3 x 1,4,9

Mặt khác theo điều kiện > ≠⇒ x 0,x 1 x = 4 và x = 9

Vậy để P nguyên thì x = 4 hoặc x = 9

0,5

0,25

0,25

0,25 0,25

Bài 2 (4 điểm)

1/ (2 điểm) Giả sử: 2 2 2 a + b + c 1 > a + b + c + ⇔ 4a2 + 4b2 +4c2 +4 > 4a + 4b + 4c ⇔ 4a2 - 4a + 1+ 4b2 - 4b +1 + 4c2 - 4c + 1 + 1 > 0 ⇔ (2a - 1)2 +(2b - 1)2 +(2c - 1)2 + 1 > 0 luôn đúng với mọi a, b, c

0,75

0,5 0,5

⇒ Bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng. 0,25 2/ (2 điểm) + Tìm GTLN: (1 điểm)

Ta có A = − + + − − − + − + + = = + + +

2 2 2 2 2

2 2 2 3x 2x 3 4x 4 x 2x 1 (4x 4) (x 2x 1) x 1 x 1 x 1

+ − + + = = − ≤ + +

2 2 2

2 2 4(x 1) (x 1) (x 1) 4 4 x 1 x 1

Dấu “=” xảy ra ⇔(x+1)2 = 0 ⇔x = - 1 Vậy GTLN A = 4 ⇔x = - 1 + Tìm GTNN: (1 điểm)

Ta có A = − + − + + + − + + = = + + +

2 2 2 2 2

2 2 2 3x 2x 3 x 2x 1 2x 2 (x 1) 2(x 1) x 1 x 1 x 1

− = + ≥ +

2

2 (x 1) 2 2 x 1

Dấu “=” xảy ra ⇔(x - 1)2 = 0 ⇔x = 1 Vậy GTNN A = 2 ⇔x = 1

0,75

0,25

0,75

0,25

Bài 3 (4 điểm)

1/ (2 điểm) ĐKXĐ: 1; x ≠− 4 x ≠−; 7 x ≠−; 10 x ≠− .

Phương trình ban đầu trở thành:

( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 3 3 9 1 4 4 7 7 10 4 2 x x x x x x x + + = + + + + + + −

1 1 1 1 1 1 9 1 4 4 7 7 10 4 2 x x x x x x x ⇔ − + − + − = + + + + + + −

( )( )

( )( )

( )( )

1 1 1 10 4 2

1 10 4 2 2 7 12 0 3 4 0

3 4

x x x

x x x

x x x x

x x  

⇔ = + + −

⇔ + + = −

⇔ + + = ⇔ + + =

= − ⇔ = −

So sánh với ĐKXĐ ⇒ nghiệm của phương trình đã cho là 3 x = −.

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

2/ (2 điểm)

Từ giả thiết: abc = 1 1 ab c ⇒ =

Ta có S = 1 1 1 1 1 1 a ab b bc c ac + + + + + + + +

= 1 1 1 1 1 1 abc b bc c ac a c

+ + + + + + + +

0,5

0,5