Đề thi KSCL học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Kỳ Tân, Kỳ Anh (Lần 1)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn tập và hệ thống kiến thức với ‘Đề thi KSCL học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Kỳ Tân, Kỳ Anh (Lần 1)" được chia sẻ dưới đây sẽ giúp bạn nắm vững các phương pháp giải bài tập hiệu quả và rèn luyện kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị tốt nhất cho kì thi sắp diễn ra.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Kỳ Tân, Kỳ Anh (Lần 1)

UBND HUYỆN KỲ ANH ĐỀ THI KSCL HSG HUYỆN LỚP 9 LẦN 1 TRƯỜNG THCS KỲ TÂN Môn: Toán 9 - Năm học: 2023 - 2024 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN I: Thí sinh chỉ ghi kết quả vào bài làm Bài 1.Tìm số hữu tỉ a, b thỏa mãn: ( 1 − 3 ) + a ( 1 + 3 ) + b = 0 2 5+ 3 Bài 2. Rút gọn biểu thức: M = 2 + ( 5 + 3 ) ( 3 − 2 ) − 2 Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n để n2 + 10n là số nguyên Bài 4. Với giá trị nào của α thì Q = 3Sinα + Q = 3sinα + 3.cosα đạt giá trị lớn nhất a b a2 b2 Bài 5. Cho các số thực a,b thỏa mãn a+b=3 và ab=1. Tính P a a b b Bài 6. Giải phương trình: 4 x 2 + 20 x + 25 + 4 x 2 − 4 x + 1 = 20 x − 20 Bài 7. Tìm a, b sao cho sao cho đa thức f ( x) = a.x3 + bx 2 + 10 x − 4 chia hết cho đa thức g ( x) = x 2 + x − 2 Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết đường cao AH, trung tuyến CM, phân AB giác trong BD đồng quy. Tính . BC Bài 9. Cho hình thang ABCD (AB//CD) gọi O là giao điểm hai đường chéo. Biết SAOB=4cm2; SCOD=9cm2. Tính diện tích hình thang ABCD. Bài 10. Hai đội cờ thi đấu với nhau. Mỗi đấu thủ của độ này thi phải đấu một ván với tất cả đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã thi đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của một trong hai đội là số lẻ. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ? PHẦN II: Thí sinh trình bày lời giải. Bài 11. a) Giải phương trình: x 2 + x − x x 2 + 2 = 3 + x 2 + 2 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn y 2 + y = x 4 + x3 + x 2 + x Bài 12. Cho hình chữ nhật ABCD. Đường thẳng qua C vuông góc góc với AC cắt AB và AD lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của EF. a) Chứng minh AI ⊥ BD Chứng minh BE CF + DF CE = BD EF b) Bài 13. Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn a + b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất và 1 4ab giá trị lớn nhất của P = + 2 a +1 b +1 2 Hết Họ và tên: …………………………………………..; SBD: ……………..
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính. HƯỚNG DẪN CHẤM PHẦN I: Phần ghi kết quả (10 điểm) Bài Bài Bài 1 Bài 2 Bài 3 Bài 4 Bài 6 Bài 7 Bài 8 Bài 9 Bài 10 5 P= a = 2, 3 a=-4 5 −1 KQ M =-1 n = 8 α= 600 3 x= 25 5 và 20 b = -6 2 b=-2 2 2 PHẦN II. Phần trình bày lời giải (10 điểm) Bài Nội dung Điểm Bài 11 (4đ) Giải phương trình: x2 + x − x x2 + 2 = 3 + x2 + 2 x2 + x − x x2 + 2 − x2 + 2 = 3 2 x 2 + 2 x − 2( x + 1) x 2 + 2 = 6 x 2 + 2 x + 1 − 2( x + 1) x 2 + 2 + x 2 + 2 = 9 ( x +1− ) 2 x + 1 − x2 + 2 = 3 x +2 2 =9 x + 1 − x 2 + 2 = −3 +) x + 1 − x 2 + 2 = 3 x − 2 = x 2 + 2 ( x > 2) 2 điểm a) 1 x2 − 4x + 4 = x2 + 2 x = (loại) 2 +) x + 1 − x + 2 = −3 x + 4 = x 2 + 2 ( x > −4) 2 7 x 2 + 8 x + 16 = x 2 + 2 x = − (thỏa mãn) 4 7 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = − 4 y +y=x +x +x +x 2 4 3 2 4 y + 4 y + 1 = 4x4 + 4 x3 + 4x 2 + 4 x + 1 2 ( 2 y + 1) = ( 2 x 2 + x ) + ( 3 x + 1) ( x + 1) 2 2 Ta có ( 2 y + 1) = ( 2 x 2 + x + 1) − x ( x − 2 ) 2 2 Ta thấy rằng khi x2 thì (3x+1)(x+1)>0 và x(x-2)>0 Nên ( 2 x 2 + x ) < ( 2 y + 1) < ( 2 x 2 + x + 1) (*) Loại vì không có số 2 2 2 b) 2 điểm nguyên y thỏa mãn. Do đó -1≤x≤2 suy ra x { −1;0;1; 2} Lần lượt thay các giá trị của x tìm được các giá trị của y Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là: (x; y)=(0,5), (2 6), (0 : 0), (0; 1), ( 1,0),( 1, 1) Bài 12 (4 điểm)
A B E H D C I a) F Chứng minh được AB.AE=AD.AF (=AC2) suy ra hai tam giác ABD và AFE đồng dạng 2 điểm suy ra ADB = AEF mà IAF = AFI ; AFI + AEF = 900 nên ADB + IAF = 900 nên AI ⊥ BD Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AEF với đường cao AC ta có: AE2=EF.CE; AF2=EF.CF AE AF nên CE = ; CF = EF EF b) và các tam giác BEC đồng dạng với CAF, DCF đồng dạng với 2 điểm CEA BE.AF+ DF.AE AC.EC + AC.CF AC.EF VT = = = suy ra EF EF EF = AC EF = BD. EF = VP Bài 13 (2 điểm) P= 1 4ab + 2 2 điểm a +1 b +1 2 Tìm GTNN 1 4ab 1 Do a, b + = a.b 0 0 P a + 1 b2 + 1 2 a +1 2 a, b 0 Theo bài ra +0 a 1 a2 1 a2 1 2 a + b =1 1 11 . Dấu “=” xẩy ra khi a=1, b=0 P a +1 2 22 1 Vậy GTNN của P = 2 Tìm GTLN ( a + b) 2 Ta có 4ab 4. =1 4 1 1 a 2 + b2 + 2 3 − 2ab = P = + a 2 + 1 b 2 + 1 (a 2 + 1)(b 2 + 1) (ab) 2 − 2ab + 2 1 Đặt ab = t ;0 t 4
3 − 2t 3 − 2t 8 8 Ta có P = 2 − + t − 2t + 2 t − 2t + 2 5 5 2 1 (t − )(−8t + 4) −8t 2 + 6t − 1 8 4 8 P + = + 5(t − 2t + 2) 5 2 5(t − 2t + 2) 2 5 1 1 Do 0 t t− 0; −8t + 4 > 0 4 4 8 Mặt khác t 2 − 2t + 2 = (t − 1) 2 + 1 > 0 Nên P 5 1 8 ab = 1 Vậy GTLN của P = . Dấu bằng xẩy ra khi 4 a=b= 5 2 a + b =1 Lưu ý: mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa Bài 1: Cho đa thức bậc 4 f(x) với hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn : f(1) = 10, f(2)= 20, f(3) =30 f (12) + f (−8) Tính giá trị của biểu thức A= + 34 10 Giải: Đặt g(x) = f(x) – 10x g(1) = g(2) = g(3) = 0 g(x) có 4 nghiệm là 1, 2, 3, 4. Mặt khác do bậc g(x) là bậc 4 và hệ số cao nhất là 1 nên ta có: g(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – x0) Suy ra f(x) =(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – x0) +10x Thay vào ta có : f(12) = 11.10.9.(12-x0)+120 =12.11.10.9 – 990.x0 + 120 f(-8) = (-9).(-10).(-11).(-8-x0) - 80 = 8.11.10.9 + 990.x0 - 80 f (12) + f (−8) Vậy A = + 32 = 1984 + 32 = 2016 10