Đề thi thử HSG Toán 9 năm 2023 2024 cụm chuyên môn 6 Yên Thành Nghệ An

PHÒNG GD & ĐT YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9

CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 6 NĂM HỌC 2023-2024

Môn: Toán học. Thời gian làm bài 120 phút.

Câu 1 (4,0 điểm).

a) Chứng minh rằng: n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n là số nguyên chẵn.

b) Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu tích a.b là số chẵn thì luôn luôn

tìm được số nguyên c sao cho a2 + b2 + c2 là số chính phương.

Câu 2 (6,0 điểm). a) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn 1 a b c + + = . Chứng minh rằng : 3 2 ab bc ac ab c bc a ac b + + ≤ + + +

b) Giải phương trình: 1 2 2 1 5 2 x x x x −+ − + + = −

c) Tìm các cặp số nguyên ( ; ) x y thỏa mãn 3 3 1 5 x y xy + + =

Câu 3 (2,0 điểm).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 P (3 )(3 )(3 ) a b b c c a = + + + + + +

Trong đó các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện 3 a +b+c 2 ≤

Câu 4 (7,0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vuông góc với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng:

a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.

Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC.cos 2  BAC b) BH.KM = BA.KN

c)

5 5 5

5 5 5 4 2 GA GB GH GM GK GN + + = + +

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho bảng ô vuông kích thước 10cm x10cm gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

1 a

4,0

Ta có: A = n3 + 6n2 + 8n = n( n2 + 6n + 8) = n(n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n + 2)(n + 4) Thay n = 2k Ta có: A = n(n + 2)(n + 4) = 8k(k + 1)(k + 2) Vì 88 và k(k+1)(k+2)  6 nên A = 8k(k+1)(k+2) 48

0,5

0,5

0,5

0,5

b

Đặt A = a2 + b2 + c2. Do tích a.b chẵn nên ta xét các trường hợp sau:

TH1: Trong 2 số a, b có 1 số chẵn và 1 số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ

⇒ a2  4; b2 : 4 dư 1 ⇒ a2 + b2 : 4 dư 1

⇒ a2 + b2 = 4m + 1 (m ∈ N)

Chọn c = 2m ⇒ a2 + b2 + c2 = 4m2 + 4m + 1 = (2m + 1)2 (thoả mãn) (1)

0,5

0,5

TH2: Cả 2 số a, b cùng chẵn.

⇒ a2 + b2  4 ⇒ a2 + b2 = 4n (n ∈ N)

Chọn c = n – 1 ⇒ a2 + b2 + c2 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 (thoả mãn) (2)

Từ (1) và (2) ta luôn tìm c ∈ Z thoả mãn bài toán.

0,5

0,5

2 a

6,0

3 2 ab bc ac ab c bc a ac b + + ≤ + + +

Ta thấy 1 ( ) ( ) ( )( ) 2 ab ab ab a b ab c ab c a b c b c a c a c b c = = ≤ + + + + + + + + +

Tương tự 1 ( ) 2 bc c b bc a a c b a ≤ + + + + ; 1 ( ) 2 ac c a ac b b c b a ≤ + + + +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được :

3 2 ab bc ac ab c bc a ac b + + ≤ + + +

0,5

1

0,5

b Phương trình: 1 2 2 1 5 2 x x x x −+ − + + = − Điều kiện: 2 x ≥

Ta có:

0,25

0,5

( )

2

2

1 2 2 1 5 2

2 2 2 1 1 5 2

2 1 1 5 2 0

2 1 1 5 2 0

2 4 2 4 0

( 2 2) 0 6( )

x x x x

x x x x

x x x

x x x

x x

x x tmdk

−+ − + + = −

⇔ − + − + + + = −

⇔ − + + + − − =

⇔ − + + + − − =

⇔ − − − + =

⇔ − − = ⇔ =

Vậy nghiệm của pt là: 6 x =

0,5

0,5 0,25

c 3 3

3 1 5

( ) 3 ( ) 1 5

x y xy

x y xy x y xy

+ + =

⇔ + − + + =

Đặt , x y a xy b + = = ta được 3 3 3 1 5 1 (3 5) a ab b a b a − + = ⇔ + = +

Vì 3 0 a b + ≠ với a Z ∀∈ Suy ra

3 1 3 5 a b a + = +

Ta có 2 2 4 ( ) 0 , a b x y x y − = − ≥∀ Suy ra

3 3 2 2 4 4 5 4 0 0 3 5 3 5 a a a a a a + − + − − ≥ ⇒ ≥ + +

Nếu 3 3 2 5 5 4 (5 ) 4 0;3 5 0 a a a a a a ≥ ⇒− + − = − − < + >

Suy ra:

3 2 5 4 0 3 5 a a a − + − < + (loại)

Nếu 2 3 2 2 (5 ) 28 5 4 0;3 5 0 a a a a a a ≤−⇒ − ≥ ⇒− + − > + <

Suy ra:

3 2 5 4 0 3 5 a a a − + − < + (loại)

Nếu 2 5 a −< < mà a nguyên nên a nhận các giá trị: -1; 0; 1; 2; 3; 4; 5

Do b nguyên và

3 1 3 5 a b a + = + nên tìm được các cặp số (a;b) thoã mãn: (-1;0) ; (3;2)

Với a = -1; b = 0, tìm được các cặp (x;y) thoã mãn: (0;-1); (-1;0)

Với a = 3 ; b = 2, tìm được các cặp ( x;y) thoã mãn: (1;2); (2;1)

Vậy các cặp số (x;y) thỏa mãn: (0;-1); (-1;0); (1;2); (2;1)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

3 2,0

Đặt + = 1 1 x …