TẢI XUỐNG

(1)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC

TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG

ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 LẦN 4 – MÔN TOÁN 9

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức: ^A



x y y z z x

 



 

 



xyz. a) Phân tích A thành nhân tử.

b) Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên và ^{x y z}^{ } chia hết cho 6 thì 2025

A xyz chia hết cho 6.

Câu 2. (2,0 điểm) Cho a; b; c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn:

2 2 2

)2

(abc a b c . Tính giá trị của biểu thức: P=

ab c

c ac

b b bc

a a

2 2

2 ²

2 2

2

 

 .

Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình ^{1 21} 1 3 7

a a

x

  

 (ẩn x , a là tham số). Hãy tìm tất cả các giá trị của a để phương trình trên có nghiệm âm.

Câu 4. (2 điểm) Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x 2 dư 10, f(x) chia chox 2 dư 22, f(x) chia cho _x²_₄được thương là ^5x và còn dư.

Câu 5. (2,0 điểm) Tìm số tự nhiên ⁿ để ⁿ¹⁸ và ⁿ⁴¹ là hai số chính phương.

Câu 6. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại H. Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:

a) ^HM ^AH HD  CD

b) ^DMNlà tam giác cân.

Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A, ba đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng

CF1₂  BC1₂  AD1 ₂ 4

Câu 8. (2,0 điểm) Một cửa hàng ban đầu niêm yết giá cho một chiếc điện thoại là 12 000 000 đồng. Sau đó cửa hàng đã giảm giá chiếc điện thoại này hai đợt, mỗi đợt đều giảm giá là m% so với giá trước đó. Sau hai đợt giảm giá, cửa hàng đã bán chiếc điện thoại này với giá 7 680 000 đồng. Hỏi mỗi đợt cửa hàng đã giảm giá bao nhiêu phần trăm?

Câu 9. (1,5 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa ab bc ca   3.

Chứng minh rằng

a b  b c  c a 

     

2 2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1

==== HẾT ====

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh...SBD:...Phòng thi...

(2)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG

ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 LẦN 4 – MÔN TOÁN 9

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

1

a) Ta có: ^Ax y y z z x       xyz = (x + y + z)(xy + yz + zx) b) Vì x, y, z là các số nguyên và x + y + z _ 6 nên A _ 6

Mặt khác: x + y + z _ 6 nên trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số chẵn, suy ra: xyz _ 2, mà 2025_3 => 2025xyz _ 6

Suy ra: A - 2025xyz chia hết cho 6

1,5 0.25 0.25 0.25 0.25

2

(a+b+c)²=a²b² c² abacbc0 ) )(

( 2

2 2

2

c a b a

a bc

ac ab a

a bc

a a



 





 



Tương tự: ₂ ² ²

2 ( )( )

b b

b ac  b a b c

   ;

₂ ₍ ₎ ₎

2 2

2

b c a c

c ac

c c



 



2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )( ) 1

a b c

P a bc b ac c ab

a b c

a b a c a b b c a c b c a b a c b c

a b a c b c

  

  

  

     

  

 

  

0.25 0.5 0.25 0.25

0.25 0.5

3

ĐKXĐ: ^x^{ }⁷

Biến đổi pt về dạng: ^{(1 3a)x}^ ^{ }⁶ (2) - Nếu ^a ¹

3 thì pt (2) có dạng 0x 6 (vô lí)

 pt(2) vô nghiệm  pt đã cho VN - Nếu ^a ¹

3 thì từ (2)  ^x ⁶

3a 1



Để x là nghiệm của phương trình đã cho thì ⁶ ⁷ ^a ¹

3a 1    21



Để pt có nghiệm âm thì ^{x 0} ⁶ ⁰

 3a 1



mà ^{6 0} ^{3a 1 0} ^a ¹

      3

Vậy với ^a ¹^,a ¹

3 21

  thì pt đã cho có nghiệm âm

0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4 Giả sử f(x) chia cho _x²_₄ được thương là ^^5x và còn dư là ^{ax b}^ .

Khi đó: ^{f x}  ^



^x²^^{4 . 5x}



^^ ^^^{ax b}^

Theo đề bài, ta có:

0.25 0.25

(3)

 

f 2 22 2a b 22 a 3

2a b 10 b 16. f 2 10



     

  

       



Do đó: ^{f x}  ^



^x²^^{4 . 5x}



^^ ^^^{3x 16.}^

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng ^{f x}  ^{ }^5x³^^{23x 16.}^

1 0.25 0.25

5

Để n18 và n41 là hai số chính phương

18 2

n p

   vàⁿ^⁴¹^^{q p q}² ^, ^^N

       

2 2 18 41 59 59

p q n n p q p q

          

Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: ¹ ³⁰

59 29

p q p

p q q

  

 

    

 

Từ ⁿ^¹⁸^ ^p² ^³⁰² ^⁹⁰⁰ suy ra ⁿ^⁸⁸²

Thay vào ⁿ^⁴¹, ta được 882 41 841 29   ² q².

Vậy với ⁿ^⁸⁸² thì ⁿ^¹⁸ và ⁿ^⁴¹ là hai số chính phương.

0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25

6

a) ^^AHM đồng dạng với ^^CDH (g-g) vì:

 







 



 



0

0 0

90

90 90

HAM DCH ABC

AMH CHD C'HM NHC

   



    

 =>^HM ^AH

HD  CD (3) b) Tương tự chứng minh được ^^AHN đồng dạng với ^^BDH (g-g)

=>^AH ^HN

BD  HD (4) Mà CD=BD (gt) (5) Từ (3), (4), (5) =>^HM ^HN

HD  HD

=> HM=HN=>H là trung điểm của MN

Suy ra DH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến của tam giác DMN hay tam giác DMN cân tại D.

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

0.5 0.25 0.25

7 Từ C kẻ tia song song với AD cắt AB kéo dài tại G.

Ta có AD là đường trung bình của BCG vuông tại C.

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác BCG vuông tại C, đường cao CF ta có

0.25

0.5

(4)

 

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

CF  BC CG  BC  2AD , từ đó ta có đpcm 0.75

8

Sau đợt giảm giá thứ nhất:

Tiền giảm giá là: ^{120000 %}^m

Giá còn lại của món đồ là: 120000 –120000 % 120000. 1– %m   m  Sau đợt giảm giá thứ hai:

Tiền giảm giá là: 120000 1 – % . % m  m . Giá còn lại của món đồ là:

   

120000 1 – % – 120000 1– % . %m m m  120000 1– %



m



²

Theo bài ra ta có 120000 1– %



m



² 76800 . Suy ra ¹

m5

Mỗi đợt giảm giá là ^20%.

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

9

Ta có

    ^ ^

 

2 2

2 2 2

1 2

1 1 1

1

a b c a b c c

a b a b c

         

   

Tương tự

   

2 2

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1 ; 1

a b

b c a b c c a a b c

 

 

       

Cộng cùng vế các bất đẳng thức trên tra được

 

  

  

       

    

  

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

1 1 1 6

1 1 1

2 =1

a b c

a b b c c a a b c

a b c ab bc ca a b c

Đẳng thức xảy ra khi a b c  1.

0.5

0.25

0.25 0.25