Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành" hỗ trợ các em học sinh hệ thống kiến thức cho học sinh, giúp các em vận dụng kiến thức đã được học để giải các bài tập được ra. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành

UBND HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN - LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề bài gồm 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm)  2 a  1 2 a   a + 1   1 + a a a + a + a + 1  , với a ≥ 0; a ≠ 1 a) Cho biểu thức: B = 1 − : −      Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức B khi a = 2023 - 2 2022 . 56 3 56 b) Chứng minh rằng: A = 3 1 + + 1− là một số nguyên. 54 54 Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3 x+2 + 3 7−x = 3 2 y3  x 3 + xy 2 = b) Giải hệ phương trình:  2  x + y + xy = 2 3 Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm a, b để đa thức f ( x) = x3 + 2 x 2 + ax + b chia cho đa thức x − 1 dư 2, chia cho đa thức x − 2 dư 17. 1 1 1 b) Cho a, b, c là ba số nguyên tố cùng nhau thỏa mãn: = + . Chứng minh: c a b M= a + b là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Kẻ HI vuông góc với AB, HK vuông góc với AC (I thuộc AB, K thuộc AC). Chứng minh: BI AB3 a) = CK AC3 b) CK. BH + BI. CH = AH. BC 2) Cho ∆ ABC có G là trọng tâm, một đường thẳng bất kỳ qua G, cắt các cạnh AB AC AB, AC lần lượt tại M và N, Chứng minh rằng: + 3 = AM AN Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy + yz + zx = . Tìm giá trị lớn xyz 1 1 1 nhất của biểu thức: M = + + . 4 x + 3 y + z x + 4 y + 3z 3x + y + 4 z ------------------ HẾT ------------------ Họ và tên học sinh................................................Số báo danh..................................... Chữ kí của giám thị 1.................................... Chữ kí của giám thị 2............................ 1
UBND HUYỆN KIM THÀNH HDC ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022- 2023 MÔN: TOÁN – LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm  2 a  1 2 a   a +1 1+ a a a + a + a +1 , a) B = 1 − : −      1 a a − 2 a +1  1 2 a  = : −   1 + a (a + 1)(1 + a )  a +1   0,25 = ( a −1)2 : a +1− 2 a a +1 (a + 1)(1 + a ) 0,25 = ( )2 a − 1 (a + 1)(1 + a ) = 1+ a (a + 1)( a − 1) 2 Vậy B = 1 + a với a ≥ 0 0,25 Khi a = 2023 – 2 2022 = ( 2022 – 1)2 thỏa mãn ĐK. 0,25 ( ) 2 Ta có A = 1 + 2022 − 1 =2022 56 3 56 b) Ta có: A= 3 1 + + 1− 54 54 b 56 56 56 2 0.25 ⇒ A3 = 1 + +1– + 3 3 1 − .A = 2 + 3 3 − .A 54 54 54 54 ⇔ A = 2 – A ⇔ A + A – 2 = 0 ⇔ (A – 1)(A + A + 2) = 0 3 3 2 0.25 Vì A2 + A + 2 > 0 với mọi A. 0.25 Nên ta có A – 1 = 0 ⇔ A = 1 là một số nguyên. 0.25 56 3 56 Vậy 3 1 + + 1− là một số nguyên 54 54 3 x+2 + 3 7−x = 3 2 a ⇔ x + 2 + 7 − x + 3 3 x + 2. 3 7 − x ( 3 x+2 + 3 7−x =27 ) 0.25 ⇔ 9 + 9. 3 ( x + 2)(7 − x) =27 0.25 ⇔ 3 ( x + 2)(7 − x) = 2 ⇔ ( x + 2)(7 − x) = 8 0.25 ⇔ x2 − 5x − 6 = 0  x = −1 ⇔ x = 6 0.25 KL.... 2
 x 3 + xy 2 = (1) 2 y3  2  x + y + xy = (2)3 2 b Ta thấy y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. Do đó y ≠ 0 , chia 0.25 3 x x cả hai vế của phương trình (1) cho y 3 ta được   + − 2 =0  y y  x   x   2 x ⇔  − 1    + + 2  = 0 0.25  y   y   y   2 2 x x x  x 1 7 ⇔ − 1 = (vì   + + 2 =  +  + > 0 ) 0 y  y y  y 2 4 0.25 ⇔x= y Hệ phương trình đã cho tương đương với = y x = y x x y 1 = = ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ 0.25  x + y = 3 = 3  x = y = −1 2 + xy 3 x KL:.... Do đa thức f(x) = x3 + 2x2 + ax + b chia đa thức x- 1 dư 2 ⇒ f (1) = 2 ⇒ a + b + 3 = 2 ⇒ a + b = 1 (1) − 0.25 a Do đa thức f(x) = x + 2x + ax + b chia đa thức x- 2 dư 17 3 2 3 ⇒ f (2) = 17 ⇒ 2a + b + 16 = 17 ⇒ 2a + b = (2) 1 0.25 Lấy (2) – (1) theo vế ⇒ a = 2 0.25 Thay a = 2 vào (1) ⇒ b = 3 − 0.25 1 1 1 Ta có: = + ⇔ ab = ac + bc ⇔ ab − ac − bc = 0 ⇔ ( a − c )( b − c ) = c 2 c a b 0.25 a − c  d Gọi ( a − c; b − c ) = d ⇒  b − c  d b a  d 0.25 Mà ( a − c )( b − c ) = c 2 ⇒ c 2  d 2 ⇒ c  d ⇒  b  d ⇒ a  d ; b  d ; c  d mà a, b, c nguyên tố cùng nhau nên d = 1 . Suy ra : a − c; b − c nguyên tố cùng nhau. 0.25 Vậy để ( a − c )( b − c ) = thì a − c; b − c là các SCP. c2 Đặt a −= m 2 ; b −= n 2 (m,n ∈ Z ) ⇒ c2 m 2 .n 2 ⇒= m.n c c = c Xét M =a + b =( a − c ) + ( b − c ) + 2c =m 2 + n 2 + 2mn =( m + n ) 2 0.25 Vậy M= a + b là số chính phương. 3
A 1.a K I B H C 0,25 Vẽ hình đúng Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH suy ra: AB2 BH.BC BH AB4 BH 2 AB2 =BH.BC; AC2 =CH.BC ⇒ = = ⇒ = (1) AC2 CH.BC CH AC4 CH 2 0,25 Xét tam giác ABH vuông tại H, có HI là đường cao suy ra: BH 2 BI.AB BH 2 = BI.BA; tương tự có CH 2= CK.CA ⇒ = (2) CH 2 CK.AC 0,25 AB4 BI.AB AB3 BI 0,25 Từ (1) và (2) suy ra = ⇒ = (đ.p.c.m) AC4 CK.AC AC3 CK Có CK. BH + BI. CH = AH. BC ⇔ CK. BH.BC + BI. CH.BC = AH.BC 0,25 1.b ⇔ CK.AB + BI.AC = AB.AC ⇔ CK BI + 1 = 0,25 AC AB Xét tam giác ABC có HK//AB theo định lí TaLet có: CK CH = (1); tương tự có BI BH = (2) 0,25 CA BC BA BC Từ (1) và (2) suy ra CK BI + =1 (đ.p.c.m) 0,25 AC AB A 2 N G M H B C O K Gọi O là trung điểm của BC, Kẻ BH, CK lần lượt // MN ( H , K ∈ AO ) 0,25 ∆BOH = ( g .c.g ) = = ∆COK > OH OK 4
AB AH ∆ABH có MG / / BH = = > (1) AM AG 0,25 AC AK ∆AKC có GN / / KC = = > (2) AN AG 0,25 Cộng (1) và (2) theo vế ta được: AH AK AG + GH + AG + GH + HK 2 AG + 2GO 3 AG 0,25 VT = + = = = =3 AG AG AG AG AG 1 1 1 Có xy + yz + zx = ⇔ xyz + + = 1 (1) x y z a 2 b 2 ( a + b) 2 Ta chứng minh với x, y dương: + ≥ (*) x y x+ y 5  a 2 b2  y x (*) ⇔  +  ( x + y ) ≥ (a + b) 2 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab  x y x y 2  y x y x 0,25 ⇔ a −b  ≥ 0 luôn đúng; “=” ⇔ a −b =0 ⇔ a=  x y x y x b y 12 12 (1 + 1) 2 22 Áp dụng(*) ta có: + ≥ = (" = ⇔ y : z = " 1) y z y+z y+z 22 22 (2 + 2) 2 42 ⇒ + ≥ = (" = " ⇔ 2 y = y + z ⇔ y = z ) 0,25 2 y y + z 3y + z 3y + z 42 42 (4 + 4) 2 64 ⇒ + ≥ = (" =⇔ 4 x =y + z ) " 3 4x 3y + z 4x + 3y + z 4x + 3y + z 64 42 22 12 12 4 3 1 ⇒ ≤ + + + = + + (" =" ⇔ 4 x =3 y + z & y =z ⇔ 4x + 3y + z 4x 2 y y z x y z 0,25 x=y=z) 64 1 4 3 Tương tự: ≤ + + (" =" ⇔ x = y = z ) x + 4 y + 3z x y z 64 3 1 4 ≤ + + (" =" ⇔ x = y = z ) 3x + y + 4 z x y z 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 M= + + ≤  + +  =(theo (1) 4 x + 3 y + z x + 4 y + 3z 3x + y + 4 z 8  x y z  8 1 Vậy M đạt GTLN là khi x = y = z = 3 (theo (1) 8 5