Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tân Kỳ

Chia sẻ: Ha Trung Hieu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tân Kỳ" được chia sẻ nhằm giúp các bạn học sinh ôn tập, làm quen với cấu trúc đề thi và các dạng bài tập có khả năng ra trong bài thi học sinh giỏi sắp tới. Cùng tham khảo và tải về đề thi này để ôn tập chuẩn bị cho kì thi sắp diễn ra nhé!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tân Kỳ

PHÒNG GD & ĐT TÂN KỲ KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2024-2025 Môn thi: Toán học Thời gian 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm)  2x  x2 2x2   2 1 x  1. Rút gọn biểu thức A   2  3  2   với x  0; x  2 .  2x  8 x  2x  4x  8   x x  2 2.Viết tập hợp A các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1,2,7,8, 9. Tính xác suất của biến cố “Số tự nhiên được viết ra là số chẵn” của tập hợp A. Câu 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình  x  2   (3x  1) 2  5 x(3x  1)  11 . 3  4x  5 y 2 b) Giải hệ phương trình sau  xy  20 x  xy  30 y  Câu 3. (3,0 điểm) 1. Tìm số nguyên tố p, q, r thoả mãn p2 + q2 + r2 = 302. 2. Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0 . 3. Cho m, n,p,q là các số nguyên thoả mãn m2 + n2 + p2 = q2. Chứng minh mnpq +2025 viết được dưới dạng hiệu của 2 số chính phương. Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H. Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC và AH. Đường thẳng qua M vuông góc BC cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại Q, P. tan B a) Biết AM = AB. Tính . tan C 1 1 1 b) Chứng minh 2  2  và trực tâm của tam giác APQ thuộc đường thẳng AH BC EF 2 MH. c) Tia phân giác của góc BHD cắt DB tại V. Tia phân giác của góc HBD cắt DH tại U. HV cắt BU lại O.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. BU 2 HV 2 T  . BO 2 HO 2 Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z thực thỏa mãn x  1, y  1, z  1 và x 2  2 y 2  3z 2  30. Tìm GTNN của P  x yz ….Hết… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2024 -2025 Câu Nội dung Điểm a) Với x  0; x  2 ta có  2x  x2 2x2   2 1 x  A 2  3  2    2x  8 x  2x  4x  8   x x  2 0,5  2x  x 2 2x 2   2  x(1  x)  A     2( x  4) ( x  2)( x  4)    0,5 2 2 x2  (2 x  x 2 )( x  2)  2.2 x 2  2  x(1  x) A .  2( x  2)( x 2  4)  x2 0,5   x( x  4)  ( x  1)( x  2) 2 A .  2( x  2)( x  4)  2 x2 1 (4,0 điểm) x 1 A 2x 0,5 x 1 Vậy với x  0; x  2 thì A  2x 2) Tập hợp A các số có 3 chữ số đôi một khác nhau gồn có 5.4.3 = 60 1,0 số 0,5 Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là số chẵn là 2.4.3=24 số 0,5 Vậy xác suất để biến cố xẩy ra số chẵn có 3 chữ số là 24: 60 =0,4. Ta có  x  2   (3x  1) 2  5 x(3x  1)  11 . 3 0,5 Biến đổi phương trình trên ta được 0,5 2 2 2 gọn phương trình ta x  6 x  12 x  8  9 x  6 x  1  15 x  5 x  11 . Thu 3 được x  x  2  0 dẫn tới ( x  1)( x  x  2)  0 .Từ đó ta có 3 2 0,5 2 (5,0 điểm) 0,5 x  1  0; x 2  x  2  0(vn) 0,5 x  1(tm) Vây phương trình có nghiệm x =1,
5 4 x  y  2 ĐK x  0; y  0 Hệ Phương trình đã cho trở thành  0,5  đặt  30  20  1 x  y 0,5  1 a  x   ( a  0 ,b  0 ) b  1   y 0,5 5a  4b  2 25a  20b  8 Ta được hệ phương trình ẩn a, b là  hay  30a  20b  1 30a  20b  1 0,5  1 a  5  x  5  suy ra  ( thoả mãn điều kiện bài toán) b  1 y  4   4 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (5; 4) Không mất tính tổng quát, giả sử p  q  r  2 . 0,25 Nếu trong 3 số p, q,r đều là 3 số nguyên tố lẻ thì p2 + q2 + r2 không chia hết cho 2 nên p2 + q2 + r2 khác 302. Do đó trong 3 số p, q, r 0,25 có ít nhất 1 số chẵn suy ra r =2 lúc đó p2 +q2 = 298. a Trong trường hợp này nếu p, q đều ko có số nào chia hết cho 3 thì p2 +q2 chia 3 dư 2 mà 298 chia 3 dư 1 nên p2 +q2 khác 298 suy ra p 0,25 và q có ít nhất 1 số chia hết cho 3 nên q =3 từ đó suy ra p =17. Vậy (p; q;r) =(17;3;2) và các hoán vị. 0,25 b Ta có: x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0 Từ đó, x2  y 2  1  2 x  2 xy  2 y  4 y 2  8 y  4  7 3 Dẫn tới ( x  y  1)2  (2 y  2)2  7 (3,0đ) Hay ( x  3 y  1)(( x  y  3)  7  (1).7  7.(1)  7.1  1.(7) 0,25 Ta có các trường hợp sau 0,25  x  3 y  1  1 x  3y 1  7 TH1  TH2.  x  y  3  7  x  y  3  1 x  7 x  3    y  3 y 1 TH3 TH4 0,25
x  3y 1  1  x  3 y  1  7 0,25    x  y  3  7 x  y  3  1  x  3 x  1   y 1  y  3 Vậy ( x; y) (1; 3);(3;1);(3;1);(7; 3) } Nếu m,n,p,q đều là các số nguyên lẻ thì q2,p2, n2,m2 đều chia 4 dư 1 và m2 + n2 +p2 chia 4 dư 3 suy ra m2 + n2 +p2 khác q2. Do đó trong 0,5 4 số m,n,p,q có ít nhất 1 số nguyên chẵn lúc đó 0,25 c mnpq +2025 là 1 số nguyên lẻ ta đặt mnpq +2025 =2k +1 = k2 +2k +1 - k2 = (k +1)2 – k2 với k là số nguyên 0,25 Do AB = AM nên tam giác ABM cân tại A dẫn tới đường cao AD 4 đồng thời là đường trung tuyến nên BD = DM = BM :2 = CM :2 (7,0đ) suy ra CD = 3BD. Tam giác ABD và tam giác ACD vuông tại D. ta 1 1(3đ) có tan B  AD  AD  3. AD  3 tan C hay tan B = 3. 1 DB DC : 3 DC tan C 1 Gọi giao điểm của IM và EF là K Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông tam có 0,5 EM = FM. = BC :2; AI = IE = IF = AH :2 suy ra IM là đường trung 0,5 trực của EF nên K là trung điểm của EF và EK vuông góc IM. IA = IE nên tam giác AIE cân tại I suy ra IAE  IEA 0,5 b(2+1)đ EM = EC (= BC :2) nên tam giác EMC cân tại M suy ra MEC  MCE 0,5 Do đó IEA  MEC  IAE  MCE  900 . Suy ra IEM  900 . Xét tam giác IEM vuông tại E có đường cao EK ta chứng minh được 1 1 1 2  2  kết hợp EF =2EK; BC =2EM; AH =2EI EI EM EK 2
Ta được 1  1  1 0,25 2 2 AH BC EF 2 Kẻ đường cao AJ của tam giác AQP cắt MH tại L. Ta có AJMD là 0,25 hình chữ nhật suy ra AJ = DM và AJ song song DM JA DM LA LA  JA LJ 0,25 Nên     (1) DH DH AH AH  DH AD BHD  AHE  JAP và BDH  AJP  900 suy ra DBH JAP( gg ) AJ JP BD JP 0,25  (2). Từ (1) và (2) suy ra  kết hợip BDA  LJP  900 DH DB AD JL Nên DBA JPL(cgc) suy ra JLP  DAB từ suy ra PL vuông góc AQ nên L là trực tâm của tam giác APQ ( Đpcm) Đặt BH = a. DH = b. BD = c. với a2 = b2 + c2 Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DU BD c DU c DU c bc        DU  UH BH a UH  DU c  a b ca ac 0,5 OU DU b OU  BO b  a  c BU a  b  c       BO DB a  c BO ac BO ac HV a  c  b Chứng minh tương tự ta có:  HO ab 0,5 BU 2 HV 2 BU HV abc abc c (1đ) T  BO 2  HO 2  2. BO . HO  2 a  c . a  b a 2  b 2  c 2  2ab  2ac  2bc  2. a 2  ab  ac  bc a 2  ab  ac  bc 0,5 4 2 4 a  ab  ac  bc BU HV Dấu ‘ Dấu = xẩy ra khi  hay b = c khi tam giác BDH vuông BO HO 0,5 0 cân tại D hay góc ACB = 45 . BU 2 HV 2 1,5 Vậy GTNN của T   là 4. Khi ACB  450 BO 2 HO 2 Ta có: P2   x  y  z   x2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx  2 3  x 2  y 2  z 2   x 2  2 y 2  3z 2  2 x 2  y 2  30  2 x 2  y 2  30  2  1  33 0,5  x  y  z  11 2 2 2 1 Có:  x  1 y  1  0  xy  x  y  1 5  (1,0đ)  y  1 z  1  0  yz  y  z  1  xy  yz  zx  2  x  y  z   3  2P  3  2   z  1 x  1  0  zx  z  x  1   Từ (1) và (2) ta có 0,5  P 2  11  2  2P  3  P 2  4P  5  P 2  4P  5  0   P  1 P  5  0 P5 GTNN của P  5 khi x  y  1, z  3.