Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT TP HCM

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn làm tốt các bài tập, đồng thời các bạn sẽ không bị bỡ ngỡ với các dạng bài tập chưa từng gặp, hãy tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT TP HCM” dưới đây để tích lũy kinh nghiệm giải toán trước kì thi nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán lớp 9 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT TP HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2024-2025 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/03/2025 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1: (4 điểm) 1. Cho 2 số a, b thỏa a – b = 3. Tính giá trị của biểu thức M  a 3  b3  9ab 2. Giải phương trình: x  2025  16  3 x  41 Câu 2: (6 điểm) 1. Thầy Bình chấm bài kiểm tra Toán lớp 9A có 45 bạn, sót bạn An nên điểm trung bình là 7,55. Sau đó chấm bổ sung được 7,56. Tính điểm bạn An. 2. Ông Năm có cuộn dây 100m làm rào chắn cho hồ cá dạng hình chữ nhật, biết rằng ông Năm không rào cả mặt tiếp xúc bờ. Tìm cách rào sao cho diện tích hồ cá đạt giá trị lớn nhất. 3. Ba bạn Phúc, Lộc, Thọ lần lượt viết lên bảng các số tự nhiên từ 1 đến 9 sao cho số người trước không trùng số người sau. Tính xác suất số bạn Phúc chia hết cho số bạn Lộc, số bạn Lộc chia hết cho số bạn Thọ. Câu 3: (5 điểm) 1. Cho tam giác ABC nhọn, lấy điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC sao cho   PAC  PBC . Từ P kẻ PM  BC tại M, PK  AC tại K. Gọi D là trung điểm AB. Chứng minh: DM = DK. 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R). Lấy điểm M thuộc cung BC, từ M kẻ MP, MQ, MR lần lượt vuông góc với AB, BC, CA tại P, Q, R. a) Chứng minh: P, Q, R thẳng hàng. b) Kẻ CS  AM tại S, CE  AB tại E. Chứng minh: PQ = ES Câu 4: (3 điểm) 1. Cho số tự nhiên n cộng thêm với 26, tiếp đó thêm 3 chữ số vào bên phải của số đã cho. Biết rằng sau khi thêm, số đó là tổng của các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n. Tìm n và 3 chữ số đã thêm. 2. Cho tập hợp X  1;2;3...;100 . Hỏi sẽ lấy ra ít nhất bao nhiêu số sao cho chắc chắn: a. “Trong các số đã lấy có 5 số tự nhiên liên tiếp” b. “Trong các số đã lấy có 2 số có tổng chia hết cho 5” Câu 5: (2 điểm) Cho đa thức P  x   x 2  ax  b  a, b    . Biết rằng đa thức P(x) sẽ gọi là đa thức“tốt” nếu P(x) thỏa mãn có ít nhất một nghiệm nguyên và trị tuyệt đối của a và b không vượt quá 2025. a) Chứng minh rằng nếu P(x) là đa thức “tốt” thì P(-x) cũng là đa thức “tốt”. b) Gọi S(x) là tổng của các đa thức “tốt”. Chứng minh S(x) không có nghiệm thực. -HẾT-
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (4 điểm) 1. Cho 2 số a, b thỏa a – b = 3. Tính giá trị của biểu thức M  a 3  b3  9ab M  a 3  b3  9ab   a  b   3ab  a  b   9ab  33  3ab.3  9ab  27 . 3 2. Giải phương trình: x  2025  16  3 x  41 16 x  2025  16  3 x  41 ĐK: 2025  x  3 x  2025  16  3x  2  x  202516  3x   412 2  x  202516  3x   360  2 x ĐK: x  180 4  x  2025 16  3 x   4 x 2  1440 x  3602 16 x 2  22796 x  0 5699 x  0 hoặc x  4 5699 Thử lại: nhận x  0 , loại x  4 Vậy: x=0 là nghiệm của phương trình. Câu 2: (6 điểm) 1. Thầy Bình chấm bài kiểm tra Toán lớp 9A có 45 bạn, sót bạn An nên điểm trung bình là 7,55. Sau đó chấm bổ sung được 7,56. Tính điểm bạn An. Tổng số điểm của 44 bạn (không có An) là: 7,55.44 = 332,2 điểm Điểm An là: 7,56.45 – 332,2 = 8 điểm. 2. Ông Năm có cuộn dây 100m làm rào chắn cho hồ cá dạng hình chữ nhật, biết rằng ông Năm không rào cả mặt tiếp xúc bờ. Tìm cách rào sao cho diện tích hồ cá đạt giá trị lớn nhất. Giả sử, cái ao cá hình chữ nhật ông Năm muốn rào có dạng như hình vẽ Diện tích cái ao S  x 100  2 x  100 - 2x 2  2 x  100  2 x  x  2 S  2 x 100  2 x      2500 x  2  bờ  S  1250 Dấu “=” xảy ra khi 2 x  100  2 x  x  25 Vậy: ông Năm cần rào một cái ao có chiều rộng là 25m, chiều dài song song với bờ 50m thì diện tích cái ao đạt GTLN là 1250 m2. 3. Ba bạn Phúc, Lộc, Thọ lần lượt viết lên bảng các số tự nhiên từ 1 đến 9 sao cho số người trước không trùng số người sau. Tính xác suất số của bạn Phúc chia hết cho số của bạn Lộc, số của bạn Lộc chia hết cho số của bạn Thọ.  Bạn thứ nhất có 9 cách chọn để viết số  Bạn thứ hai có 8 cách chọn để viết số
 Bạn thứ ba có 7 cách chọn để viết số  Số các trường hợp xảy ra là: 9.8.7 = 504 cách chọn. Do Phúc viết đầu tiên, nếu số của Phúc viết là các số 1; 2;3 thì không có số nào mà Lộc có thể viết để thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó, Phúc có 6 cách để viết số lên bảng 4;5;6;7;8;9  Phúc viết số 4  Lộc có 2 cách viết 1;2 Giả sử Lộc viết số 1 thì Thọ không có cách viết số nào thỏa đề bài  Lộc viết số 2, Thọ viết số 1  ta có 1 bộ số thỏa yêu cầu bài toán là (4;2;1)  Phúc viết số 5  Lộc có 1 cách viết là số 1  Thọ không có cách viết  trường hợp Phúc viết số 5 thì không có bộ số thỏa.  Phúc viết số 6  Lộc có 3 cách viết là 1; 2;3 Tương tự như trên, Lộc không thể viết số 1  Lộc viết số 2 hoặc 3. Với mỗi trường hợp, ta tìm được 2 bộ số là (6; 2; 1) và (6; 3; 1)  Phúc viết số 7. Tương tự, không tìm được bộ số.  Phúc viết số 8. Tương tự, tìm được 3 bộ số  Phúc viết số 9. Tương tự, tìm được 1 bộ số. Vậy có tổng cộng 1 + 2 + 3 + 1 = 7 khả năng được chọn. 7 1 Vì vậy: xác suất để xảy ra các trường hợp thỏa yêu cầu bài toán là  . 504 72 Tham khảo thêm bảng : Phúc Lộc Thọ 4 2 1 6 2 1 8 2 1 6 3 1 9 3 1 8 4 1 8 4 2 Câu 3: (5 điểm) 1. Cho tam giác ABC nhọn, lấy điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC sao cho   PAC  PBC . Từ P kẻ PM  BC tại M, PK  AC tại K. Gọi D là trung điểm AB. Chứng minh: DM = DK. Gọi N đối xứng M qua D
Suy ra AMBN là hình bình hành N A Suy ra: AN = BM và AN // BM Do AN // BC (AN // BM) nên chứng minh được KAN    1800 (1)  ACB K Mặt khác: tứ giác MPKC nội tiếp D Nên KPM    1800 (2)  ACB P   Từ (1) và (2) suy ra: KAN  KPM B C Chứng minh được: PKA đồng dạng M PMB (gg) PK AK AK Suy ra:    MB  AN  PM MB AN   Và: KAN  KPM (cmt) Nên: PKM đồng dạng AKN (cgc) Suy ra: PKM    AKN  Suy ra: MKN  900  DK = DM 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R). Lấy điểm M thuộc cung BC, từ M kẻ MP, MQ, MR lần lượt vuông góc với AB, BC, CA tại P, Q, R. a) Chứng minh: P, Q, R thẳng hàng. b) Kẻ CS  AM tại S, CE  AB tại E. Chứng minh: PQ = ES. a) Chứng minh: P, Q, R thẳng hàng.   A  BQMP nội tiếp  PQM  PBM (1)  MQRC nội tiếp    MQR  MCR  1800 (2)    MCR  MBP  ABMC nt  (3)   E O Từ (1), (2), (3)  MQR  MQP  1800 R Suy ra: P, Q, R thẳng hàng. Q (đường thẳng PQR là đường thẳng B C Simson) b) Chứng minh: PQ = ES P S Ta có: 5 điểm M, S, Q, R, C cùng thuộc đường tròn đường kính MC. M
  Do đó: PQS  RCS (4)   C/m được: AESC nội tiếp nên ta có PES  RCS (5)   Từ (4) và (5)  SQP  SEP  tứ giác PEQS nội tiếp Mặt khác:    MBC  BMQ  900    SAC  SCA  900    MBQ  SAC   Do đó: BMQ  SCA   Mà: BMQ  BPQ (BQMP nội tiếp)     Nên: BPQ  SCA hay BPQ  RCS (6)   Từ (4) và (6) suy ra: PQS  BPQ  QS // EP  QSPE là hình thang. (*)    QS // PE  QSP  EPS  1800    Mà: QSP  PEQ  1800 (PEQS nội tiếp)   Nên: EPS  PEQ (**) Từ (*) và (**)  QSPE là hình thang cân  PQ = ES. Câu 4: (3 điểm) 1. Cho số tự nhiên n cộng thêm với 26, tiếp đó thêm 3 chữ số vào bên phải của số đã cho. Biết rằng sau khi thêm, số đó là tổng của các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n. Tìm n và 3 chữ số đã thêm. Từ giả thiết, suy ra: n  n  1   n  26  .1000  k  0  k  999  2 n 2  1999n  52000  2k  0  n 2  1999n  52000  1998  2025  n  2025  n  2025  k  325 Vậy: n  2025 và ba số đã thêm vào bên phải lần lượt là 3, 2, 5. 2. Cho tập hợp X  1;2;3...;100 . Hỏi sẽ lấy ra ít nhất bao nhiêu số sao cho chắc chắn: a. “Trong các số đã lấy có 5 số tự nhiên liên tiếp”. Ta chia tập X  1;2;3...;100 thành 10 tập hợp con X 1 ; X 2 ; X 3 ;...; X 10 sao cho tập X 1 chứa các phần tử từ 1 đến 10, tập X 2 chứa các phần tử từ 11 đến 20, tập X 3 chứa các phần tử từ 21 đến 30, …., tập X 10 chứa các phần tử từ 91 đến 100 Ta lấy ra từ mỗi tập con 8 phần tử có các chữ số tận cùng là 1,2,3,4,6,7,8,9. Khi đó ta lấy ra được tất cả 80 số mà không có 5 số tự nhiên nào liên tiếp. Ta chứng minh cần phải lấy ít nhất 81 số để thỏa mãn đề bài.
Thật vậy: theo nguyên lý Dirichlet ta lấy 81 số từ 10 tập con X 1 ; X 2 ; X 3 ;...; X 10 thì sẽ tồn tại ít nhất 1 tập X i trong số các tập X 1 ; X 2 ; X 3 ;...; X 10 , sao cho 9 trong số 10 phần tử của tập đó được chọn. Vì có 9 trong số 10 số tự nhiên liên tiếp được chọn nên tồn tại ít nhất 5 số tự nhiên liên tiếp được chọn. Do đó, khi chọn ít nhất 81 số từ tập X  1;2;3...;100 , ta luôn tìm được 5 số tự nhiên liên tiếp. b. “Trong các số đã lấy có 2 số có tổng chia hết cho 5” Ta chia tập X thành 3 tập con như sau:  Tập A là các số đồng dư 1 và 4 khi chia cho 5.  Tập B là các số đồng dư 2 và 3 khi chia cho 5.  Tập C là các số đồng dư 0 khi chia cho 5. Giả sử chỉ cần chọn tối đa 41 số trong tập X để thỏa mãn đề bài. Khi đó, ta chọn 20 số đồng dư 1 khi chia cho 5 ; 20 số đồng dư 2 (hoặc 3) khi chia cho 5 và 1 số đồng dư 0 khi chia cho 5. Với cách chọn như vậy, dễ thấy không thỏa mãn. Vậy: giả sử sai. Ta chứng minh có thể chọn ít nhất 42 số để thỏa mãn đề bài. Thật vậy: ta thấy trong các tập A, B, C mỗi tập chỉ có nhiều nhất 40 phần tử. Do đó 42 số ta chọn sẽ nằm trong ít nhất 2 trong 3 tập A, B, C.  Trường hợp 1: Có nhiều nhất 1 số thuộc tập C. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 tập trong 2 tập A và B chứa 21 phần tử. Giả sử đó là tập A. Vì chỉ có 20 số đồng dư 1 khi chia 5 và 20 số đồng dư 4 khi chia 5, do đó sẽ tồn tại ít nhất 1 cặp (a;b) sao cho a  1 mod 5  và b  4  mod 5  . Khi đó  a  b 5 . Chứng minh tương tự với tập B.  Trường hợp 2: Có ít nhất 2 số thuộc tập C. Vì C là tập các số chia hết cho 5 nên tổng hai số bất kì chia hết cho 5. Do đó, khi chọn ít nhất 42 số từ tập X ta luôn tìm được một cặp số thỏa mãn tổng hai số đó chia hết cho 5. Cách thể hiện bài giải trên theo mô hình : Gọi  i5 là lớp các số chia cho 5 có dư là i. (i từ 1 đến 4) Khi lấy phần tử đầu tiên a thuộc X.
Trường hợp số a chia hết cho 5: Khả năng xấu nhất khi lấy 40 phần tử gồm 20 phần tử thuộc 1 (hoặc  4 ) kết hợp 20 phần 5 5 tử thuộc  2 (hoặc  3 ). 5 5 Khi đó, sau 1 + 40 lần lấy 41 phần tử, không tìm ra được hai số như đề bài. Khi lấy 1 + 41 phần tử (phần tử đầu hết cho 5), 41 phần tử sau thuộc ít nhất hai trong ba tập hợp A, B, C. Như vậy, trong dãy các số lấy ra có hai số có tổng chia hết cho 5. Tức là ít nhất sau 42 lần lấy. Trường hợp số a không chia hết cho 5: Giả sử a thuộc 1 , khả năng xấu nhất khi lấy tiếp theo 40 phần tử gồm 19 phần tử còn lại 5 của lớp 1 , 20 phần tử lớp  2 (hoặc lớp  3 ) và 1 phần tử lớp  0 . Tứ là sau 41 lần chọn, lấy 5 5 5 5 phần tử trong X vẫn chưa được hai số như yêu cầu. Khi lấy tiếp 1 phần tử nữa (lần lấy thứ 42), phần tử này thuộc một trong các lớp  4 ,  3 5 5 hoặc  0 . Trường hợp thuộc lớp nào đi chăng nữa, ta vẫn tìm được hai số thỏa đề bài. 5 Như vậy, cũng sau ít nhất 42 lần chọn, biến có tìm được hai số có tổng chia hết cho 5 luôn là một biến cố chắc chắn. Câu 5: (2 điểm) Cho đa thức P  x   x 2  ax  b  a, b    . Biết rằng đa thức P(x) sẽ gọi là số “tốt” nếu P(x) thỏa mãn có ít nhất một nghiệm nguyên và trị tuyệt đối của a và b không vượt quá 2025. a) Chứng minh rằng nếu P(x) là đa thức “tốt” thì P(-x) cũng là đa thức “tốt”. Giả sử đa thức P  x   x 2  ax  b  a, b    “tốt”. Vì đa thức có ít nhất 1 nghiệm nguyên nên ta cũng dễ dàng suy ra nghiệm còn lại cũng nguyên (do a, b nguyên và hệ số cao nhất là 1), khi đó ta luôn có:  P  x    x  x1  x  x2    với x1 , x2 là nghiệm của P(x).   a , b  2025 Xét đa thức P   x   x 2  ax  b thì ta cũng có  P   x     x  x1   x  x2    x  x1  x  x2     a , b  2025  Do đó đa thức P   x  cũng có ít nhất 1 nghiệm nguyên và có  a , b  2025 . Vậy, đa thức P   x  cũng là đa thức “tốt”. Vậy ta có điều phải chứng minh. b) Gọi S(x) là tổng của các đa thức “tốt”. Chứng minh S(x) không có nghiệm thực. Xét một đa thức “tốt” P  x  có hai nghiệm x1 ; y1 .  Xét x1 ; y1 < 0 hoặc x1 ; y1 > 0 thì b  x1 y1  0 và a  x1  y1 hoặc a   x1  y1 với x1  y1  0
Suy ra với mỗi số nguyên dương b bất kỳ và b  x1 y1 , b xuất hiện hai lần trong đa thức x 2   x1  y1  x  x1 y1  Xét x1 ; y1 trái dấu thì b  x1 y1  0 Gọi 2 nghiệm của đa thức x 2  ax  b là  x0 ; y0 thì a   x0  y0 hoặc a  x0  y0 với x0  0, y0  0 Nếu x0  y0 thì khi đó, hệ số a   a nên b xuất hiện hai lần trong đa thức x 2   x0  y0  x  x0 y0 Nếu x0  y0 thì b chỉ xuất hiện một lần trong đa thức x 2  x0 y0 . Tức là: Với b  0 hoặc b  0 , nếu b là một số chính phương thì số lần xuất hiện của b lớn hơn b một lần, còn lại thì bằng nhau. Nên hệ số tự do của S  x  là 12  2 2  32  ...  452  2.2025  0 . Lại thấy P(x) là một đa thức “tốt” thì P(-x) cũng là đa thức “tốt” nên hệ số cao thứ nhì của S  x  là 0. Do đó:  S  x   0  4b  4b  0 . Nên S  x  không có nghiệm thực. Chân thành cảm ơn cả nhà Nhóm tác giả: Nguyễn Phúc Thiện – Nguyễn Minh Quang – Đoàn Văn Tố