Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Tứ Kỳ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

16
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Tứ Kỳ" giúp các bạn học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi của mình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Tứ Kỳ

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9, VÒNG II HUYỆN TỨ KỲ Năm học 2022 - 2023 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi này gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P  a  1  a 2  a2 với 1  a  0 . a 1  a  1 2 2) Cho x; y; z là các số dương thỏa mãn: z 2  x3  y3  3xy  z . Tính giá trị biểu thức: M  2025   x  y   z 2022 2022 Câu 2. (2,0 điểm) x2 1) Giải phương trình: x 2   15  x  1 2 x3 2) Giải phương trình:  8 x 2  40 5 x 2 Câu 3. (2,0 điểm) 1) Cho hai số nguyên x, y thỏa mãn x 2  y 2  1  2  xy  x  y  . Chứng minh rằng x và y là hai số chính phương liên tiếp. 2) Tìm các cặp số tự nhiên  x; y  thỏa mãn  x  y   30 y  x . 6 Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Trên đoạn thẳng AD lấy điểm M sao cho BMC  900 . Gọi S, S1 , S2 lần lượt là diện tích các tam giác BAC, BMC, BHC . a) Chứng minh rằng: S1  S.S2 b) Gọi K, P lần lượt là hình chiếu của D trên BE, CF . Chứng minh rằng KP//EF 2) Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm M, N, P . Đặt S1 , S2 ,S3 , S lần lượt là diện tích các tam giác ANP, BMP, CMN, ABC . Chứng minh 1 3 rằng: S1.S2 .S3  S. 64 Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số a, b, c dương, thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c P 3  3  3 b  ab c  bc a  ca -------- Hết -------- * Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay khi làm bài. Họ và tên thí sinh: ................................................................................................. SBD: .............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - VÒNG II Năm học 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 9 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm với 1  a  0 . 2 1) Rút gọn: P  a  1  a 2  a a 1  a  1 2 2  a  a2 a2 Ta có 1  a    1  a   2a  2 1 a  2 2  a 1  a  1  a  1 0,25 2 a2 a Do đó 1  a  2  1 a  2  a  1 a 1 0,25 a a với 1  a  0  a  1  0;  0  a 1 0 0,25 a 1 a 1 a a Suy ra P   a 1  a 1 0,25 a 1 a 1 1 (2 điểm) 2) Cho x; y; z là các số dương thỏa mãn: z  x  y  3xy  z . 2 3 3 Tính giá trị biểu thức: M  2025   x  y 2022  z 2022  z 2  x3  y 3   z 2  x3  y 3  Có   3  z 3  3xyz  x3  y 3 0,25  z  3xy  z  z  3xyz  z 2 2    x3  y3  z 3  3xyz  0 1 0,25   x  y  z   x  z    y  z    x  y    0 2 2 2 2   Vì x; y; z là các số dương nên x  y  z  0  x  y  z  x  y  z 2022 0,25 2022 Suy ra M  2025   x  y 2022  z 2022  2025  45 0,25 x2 1) Giải phương trình: x 2   15  x  1 2 ĐK: x  1 x2 x x2 x x2   15  x 2  2 x.   15  2 x.  x  1 x  1  x  1 x 1 2 2 0,25 2  x  2  x  2 2 x x x   2 x.  15  0    2  15  0  x 1  x 1  x 1  x 1 2 2 (2 điểm) Đặt x  a, PT trở thành a 2  2a  15  0   a  12  16 0,25 x 1
a  3 Giải được  a  5 x2 * Với a  3   3  x 2  3x  3  0 x 1 0,25 3  21 Giải được x  2 x2 * Với a  5   5  x 2  5x  5  0 x 1 5  5 0,25 Giải được x  2 Đối chiếu với điều kiện và kết luận nghiệm x3 2) Giải phương trình:  8 x 2  40 5 x 2 ĐK: 5  x 2  0   5  x  5 x3  8 x 2  40  x3  8 x 2 . 5  x 2  40. 5  x 2 0,25 5 x 2  x3  8 5  x 2 .  x 2  5   0   3  x3  2 5  x 2  x  2 5  x 2 (*) 0,25 x  0 x  0 (*)   2  2 0,25  x  4(5  x ) x  4 2 x  2 Giải được   x  2 0,25 Đối chiếu và kết luận x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 1) Cho hai số nguyên x, y thỏa mãn x 2  y 2  1  2  xy  x  y  . Chứng minh rằng x và y là hai số chính phương liên tiếp. Ta có x 2  y 2  1  2  xy  x  y   x 2  y 2  1  2 xy  2 x  2 y  0 0,25  x2  y 2  1  2 xy  2 x  2 y  4 x   x  y  1  4 x   x  y  1  22.x 2 2 0,25 Do x,y là các số nguyên nên x là một số chính phương Đặt x  a 2 với a là một số tự nhiên, ta có:   a 2  y  1   2a  2 2 0,25  a 2  y  1  2a  y   a  1 2 Vì x  a 2 và y   a  1 nên x và y là hai số chính phương liên 2 0,25 3 tiếp. (2 điểm) 2) Tìm các cặp số tự nhiên  x; y  thỏa mãn:  x  y   30 y  x 6 Ta có:  x  y   30 y  x 6 0,25   x  y   30 y  x  30 y  30 x  30  x  y  (*) 6
x  0 + Nếu x  y  0   y  0 x  0 0,25 Thử lại thấy  thỏa mãn đề bài y  0 + Nếu x  y  0 , từ (*)   x  y   30  32  25 5  x  y  2  x  y 1 x  0 x  1 0,25  hoặc  y 1 y  0 Thử lại và kết luận có hai cặp số thỏa mãn là  0;0  , 1;0  0,25 1) Vẽ hình: A M E Q F H P K I B D C 4 a) Chứng minh rằng: S1  S.S2 (3 điểm) Ta có tam giác BMC vuông tại M, đường cao MD nên MD2  BD.CD 0,25 AD BD Mặt khác ADB  CDH(g.g)    AD.DH  BD.CD 0,25 CD DH 2 1  1 1 Do đó MD2  AD.DH   MD.BC   AD.BC. DH.BC 0,25 2  2 2 Suy ra S1  S.S2  S1  S.S2 2 0,25 b) Gọi K, P lần lượt là hình chiếu của D trên BE, CF . Chứng minh KP // EF Gọi I, Q lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC. AE AH 0,25 Ta có HE//DQ nên  EQ HD
AF AH HF//DI nên  FI HD AE AF Do đó   IQ//EF (1) EQ FI BI BD Lại có: DI//EC nên  IF DC BD BK DK//EC nên  DC KE 0,5 BI BK Do đó   IK//EF (2) IF KE Tương tự ta có PQ//EF (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra bốn điểm I, K, P, Q thẳng hàng 0,25 Do đó KP//EF 2) (1 điểm) Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm M, N, P . Đặt S1 , S2 ,S3 , S lần lượt là diện tích các tam giác 1 3 ANP, BMP, CMN, ABC . Chứng minh rằng: S1.S2 .S3  S. 64 A K H P N B M C Kẻ BH  AC, PK  AC ( H, K  AC ) PK AP Ta có PK//BH nên  BH AB 1 PK.AN S1 2 AP.AN 0,25 Lại có  1  S BH.AC AB.AC 2 S2 BP.BM S3 CM.CN Tương tự ta có:  ,  S AB.BC S CA.BC S1.S2 .S3 AP.AN BP.BM CM.CN AP.BP BM.CM CN.AN Suy ra  . .  . . S3 AB.AC AB.BC CA.BC AB2 BC2 AC2 1 1 1 Lại có AP.BP  .  AP  BP    AP  BP     AP  BP   AB 2 2 2 2   4 0,5 4 4 AP.BP 1 AN.CN 1 BM.CM 1 Suy ra 2  , tương tự ta có:  ;  AB 4 AC2 4 BC2 4 S .S .S AP.BP BM.CM CN.AN 1 Do đó 1 2 3  3 . .  S AB2 BC2 AC2 64 0,25 1 3 Suy ra S1.S2 .S3  S 64
Cho các số a, b, c dương, thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của a b c biểu thức: P   3  3 b  ab c  bc a  ca 3 Ta có : a a 1 a 1 b2  1  b  1 1   .  1  2   1   b . b  ab b  b  a  b a  b 3 2 2 b ab  b 2 a  2 a 0,5 5 Tương tự : 3 b  1  1 ; c 1   1 . (1 điểm) c  bc c 2 b a  ca a 2 c 3 1 1 1 1 1 1 3 11 1 1 Ta có :           . 4a 4 2 a 2 a 2 b 2 c 4 4a b c a b c 1 1 1 11 1 1 3 0,5 Vậy : 3  3  3         b  ab c  bc a  ca  a b c  4  a b c  4 a b c 3 9  3  3  3  3    1  . b  ab c  bc a  ca 4  a  b  c  2 Ghi chú: HS làm cách khác so với đáp án ở mỗi câu nếu đúng vẫn cho điểm tối đa ----------Hết----------