Đề học sinh giỏi Toán 9 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Thanh Oai – Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Thanh Oai – Hà Nội giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

49 25 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

4 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2023-2024
Môn: TOÁN
Ngày thi: 09/11/2023
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I (5 điểm)
1. Cho biểu thức:
3
2 1 3 2 5
:
1
1 1
1
x x x
P
x
x x x
x
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P khi
8
3 5
x
.
c) Tìm số tự nhiên x để P có giá trị là số nguyên tố.
2. Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn
3 3 3
3 1; 3 1; 3 1x x y y z z
Chứng minh rằng:
2 2 2
6
x y z
Câu II (5 điểm)
1. Tìm số nguyên x, y biết rằng:
2
2 255
x
y
2. Giải phương trình:
2
4 1 5 14
x x x
Câu III (3 điểm)
1. Cho các số nguyên a và b thỏa mãn
S a b ab a b
2 2
3 2023
chia hết cho 5.
Tìm số dư khi chia
a b
cho 5
2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
4 9
a b c
S
b c a c a b a b c
Câu IV (6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH cắt trung tuyến BE tại D. Gọi M, N lần
lượt là hình chiếu của A lên các đường thẳng CD, BE. Chứng minh:
a.
.
và
.sin .sin
AC B AB C BC
b.
HMC EHA
c. BM vuông góc với MH
Câu V (1 điểm)
Trong mặt phẳng cho 8093 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm
đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được
2024 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.
- Hết -
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không dùng máy tính cầm tay)
Họ tên thí sinh: ………………………………………………………………… Số báo danh: …………
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2023-2024
Môn: TOÁN
Câu I (5 điểm)
1. ĐKXĐ:
0
x
và
1x
;
4
x
.
a)
1
2
x
P
x
.
b)
7 3 5
4
P
.
c) Ta có:
3
1
2
P
x
.
Nếu x không là số chính phương thì P không là số tự nhiên: loại, suy ra x là số chính
phương dẫn đến
x
là số tự nhiên.
Để P có giá trị là số tự nhiên thì
2 3 1;3}
U {x
, giải ra x
Để P là số nguyên tố thì x = 25
0,25
1,25
1
0,25
0,25
0,25
0,25
2. Trừ vế với vế của 3 đẳng thức ta có:
)3(3
)2(3
)1(3
)(3
)(3
)(3
13
13
13
22
22
22
33
33
33
3
3
3
zxzx
zzyy
yxyx
xzxz
zyzy
yxyx
zz
yy
xx
trừ (1) cho (2) ta được
00))((
zyxzyxzx
cộng (1) ;(2) ;(3) ta có
9)(2
222
xzyzxyzyx
(*)
mà từ x+y+z=0 suy ra
2
222
zyx
xzyzxy
thay vaò (*) ta có đpcm
0,5
0,5
0,5
Câu II (5 điểm)
1.
2
2 255
x
y
Nếu x < 0: loại do y nguyên
Nếu x = 0 thì
16y
Nếu x = 1: loại do y nguyên
Nếu
2x
: VT chia 4 dư 3 suy ra VP lẻ, nên y lẻ.
Đặt
2 1( )y k k Z
suy ra VP chia 4 dư 1 (vô lý)
Vậy cặp số (x;y) là (0;16) và (0;-16)
0,25
0,5
0,25
1
2. Điều kiện
1x
.
2 2
2
2
5 14 4 1 0 6 9 1 4 1 4 0
3 0
3 1 2 0 3( )
1 2
x x x x x x x
x
x x x TM
x
1,5
1,5
Vậy nghiệm của phương trình là
3
x
.
Câu III (3 điểm)
1. Ta có
2 2
S a b ab 3 a b 2023
chia hết cho 5 nên ta được
2 2
2 2
4a 4b 4ab 12 a b 12 5 2a b 3 3 b 1 5
Đặt
x 2a b 3; y b 1
thì ta được
2 2
x 3y 5
.
+ Nếu
2
y
chia hết cho 5, khi đó
2
x
cũng chia hết cho 5. Từ đó ta được
2
2a b 3 5
2a b 3 5 2a b 3 5
2a b 3 3b 3 5
3 b 1 5
b 1 5
b 1 5
Từ đó ta được
2 a b 5 a b 5
. Do đó dư trong phép chia
a b
cho 5 là 0.
+ Nếu
2
y
chia cho 5 dư 1, khi đó
2
x
chia cho 5 dư 2: vô lý.
+ Nếu
2
y
chia cho 5 dư 4, khi đó
2
x
chia cho 5 dư 3: vô lý.
Vậy dư trong phép chia
a b
cho 5 là 0.
0,25
1
0,25
2.
8 32 72
8 4 16 36 56
a b c
S
b c a c a b a b c
2 2 2
2 4 6
8 ( ) 56
S a b c
b c a c a b a b c
2
2 4 6
8 ( ) 56 88 11
S a b c S
a b c
Dấu “=” xảy ra khi
5 2 1
, ,
6 3 2
a b c
0,5
0,5
0,5
Câu IV (6 điểm)
D
H
E
A
C
M
B
N
K
1. Chứng minh ME
2
=AE
2
=EN.EB
2 2
.sin .sin
AC AB
AC B AB C BC
BC BC
1,5
1,5
2. Kéo dài AM cắt BC tại K.
Chứng minh
( )KMC KHA g g ∽
suy ra
( )KMH KCA c g c ∽
KMH HCA HMC HAC EHA
(do tam giác AHE cân tại E)
0,5
1
3. Do
2 2
.EC ME EN EB
(c/m câu a)
nên
(1)
EC EB
ENC ECB ECN EBC
EN EC
∽
Có
(2); (3)
DN DA DC DA
DNA DHB DCH DAM
DH DB DH DM
∽ ∽
Từ (2),(3) suy ra
DN DM
DNC DMB NCD MBD ECD MBH
DC DB
∽
(4)
Do
HMC HAC
(c/m câu b) nên
( )
DMH DAC g g MHA MCA
∽
(5)
Từ (4) và (5) suy ra:
0 0
90 90MHA MBH MBH MHB BMH BM MH
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu V (1 điểm)
Gọi
i j
A A
là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8093 điểm đã cho .
Giả sử
k
A
là điểm cách xa đoạn thẳng
i j
A A
nhất. Khi đó:
Tam giác
i j
A A
k
A
là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1
Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm
i
A
,
j
A
,
k
A
lần lượt song song với các cạnh của
i j k
A A A
, các đường thẳng này cắt nhau tạo nên
4
tam giác nhỏ bằng nhau và một tam
giác lớn chứa cả
4
tam giác nhỏ.
Tam giác lớn có diện tích không quá
4
đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8093
điểm đã cho, 8093 chia cho
4
được 2023 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichle suy
ra có ít nhất
1
trong
4
tam giác có chứa 2024 trong 8093 điểm đã cho.
0,5
0,5
(Lưu ý: Thí sinh có thể làm bài theo cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa)
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THANH OAI Năm học 2023-2024 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/11/2023
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (5 điểm)  2x 1 x   3 2 x  5 
1. Cho biểu thức: P     :    3  x 1 x x  1 x 1 1  x   
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P. 8
b) Tính giá trị của P khi x  . 3  5
c) Tìm số tự nhiên x để P có giá trị là số nguyên tố.
2. Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn 3 3 3
x  3x 1; y  3y 1; z  3z 1 Chứng minh rằng: 2 2 2
x y z  6 Câu II (5 điểm)
1. Tìm số nguyên x, y biết rằng: x 2 2  255  y 2. Giải phương trình: 2
4 x 1  x  5x 14 Câu III (3 điểm)
1. Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a2  b2  ab  3a b  2023 chia hết cho 5.
Tìm số dư khi chia a b cho 5
2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của a 4b 9c biểu thức S   
b c a
c a b
a b c Câu IV (6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH cắt trung tuyến BE tại D. Gọi M, N lần
lượt là hình chiếu của A lên các đường thẳng CD, BE. Chứng minh: a. 2
BE.EN EM và AC.sin B  .
AB sin C BC   b. HMC EHA
c. BM vuông góc với MH Câu V (1 điểm)
Trong mặt phẳng cho 8093 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm
đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được
2024 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. - Hết -
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không dùng máy tính cầm tay)
Họ tên thí sinh: ………………………………………………………………… Số báo danh: …………
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2023-2024 Môn: TOÁN Câu I (5 điểm)
1. ĐKXĐ: x  0 và x  1; x  4 . 0,25 x 1 a) P  . 1,25 x  2 7  3 5 b) P  . 1 4 3 c) Ta có: P  1 . x  2 0,25
Nếu x không là số chính phương thì P không là số tự nhiên: loại, suy ra x là số chính 0,25
phương dẫn đến x là số tự nhiên. 0,25
Để P có giá trị là số tự nhiên thì x 2    U 3  1 { ;3}, giải ra x 0,25
Để P là số nguyên tố thì x = 25
2. Trừ vế với vế của 3 đẳng thức ta có:  3 x  3x  1  3 x  3 y  ( 3 x y)  2 x xy  2 y  ) 1 ( 3    3 3 3 2 2
y  3y  1   y z  (
3 y z)  y zy z  ( 3 ) 2 0,5  3  3 3  2 2
z  3z  1 z x  ( 3 z x)
x xz z  ) 3 ( 3
trừ (1) cho (2) ta được (x z)(x y z)  0  x y z  0 0,5 cộng (1) ;(2) ;(3) ta có ( 2 2 2 2
x y z )  xy yz xz  9 (*) 2 2 2
x y z
mà từ x+y+z=0 suy ra xy yz xz   thay vaò (*) ta có đpcm 0,5 2
Câu II (5 điểm) 1. x 2 2  255  y
Nếu x < 0: loại do y nguyên 0,25
Nếu x = 0 thì y  16  0,5 0,25
Nếu x = 1: loại do y nguyên
Nếu x  2 : VT chia 4 dư 3 suy ra VP lẻ, nên y lẻ. 1
Đặt y  2k  1(k Z) suy ra VP chia 4 dư 1 (vô lý)
Vậy cặp số (x;y) là (0;16) và (0;-16)
2. Điều kiện x  1. 2 2
x  5x 14  4 x 1  0  x  6x  9  x 1 4 x 1  4  0 1,5 2 x  3  0  
x  32   x 1  2  0    x  3(TM )  x 1  2  1,5
Vậy nghiệm của phương trình là x  3 .
Câu III (3 điểm) 1. Ta có 2 2
S  a  b  ab  3 a  b  2023 chia hết cho 5 nên ta được 2 2 2  2 4a
4b  4ab  12 a  b  125  2a  b  3  3b  1 5 0,25
Đặt x  2a  b  3; y  b  1 thì ta được 2  2 x 3y 5 . + Nếu 2 y chia hết cho 5, khi đó 2
x cũng chia hết cho 5. Từ đó ta được 1   2  2a  b  3 5 2a  b  35 2a  b   35     
 2a  b  3  3b  35 b 1 5 b  1 5 3 b 1            5 
Từ đó ta được 2 a  b5  a  b5 . Do đó dư trong phép chia a  b cho 5 là 0. + Nếu 2 y chia cho 5 dư 1, khi đó 2 x chia cho 5 dư 2: vô lý. 0,25 + Nếu 2 y chia cho 5 dư 4, khi đó 2 x chia cho 5 dư 3: vô lý.
Vậy dư trong phép chia a  b cho 5 là 0.  8a   32b   72c  0,5 2. 8S   4  16   36  56      
b c a
  c a b
  a b c  2 2 2  2 4 6  0,5
 8S  (a b c)    56  
b c a
c a b
a b c      2 2 4 6
 8S  (a b c)
 56  88  S  11
a b c 0,5 5 2 1
Dấu “=” xảy ra khi a  ,b  ,c  6 3 2
Câu IV (6 điểm) A M E N D B C K H 1. Chứng minh ME2=AE2=EN.EB 1,5 2 2 AC AB
AC.sin B A . B sinC    BC BC BC 1,5
2. Kéo dài AM cắt BC tại K. Chứng minh KMC ∽ KH (
A g g) suy ra KMH ∽ KC (
A c g c) 0,5     
KMH HCA HMC HAC EHA (do tam giác AHE cân tại E) 1 3. Do 2 2
EC ME EN.EB (c/m câu a) EC EB   nên   ENC ∽ E
CB ECN EBC(1) EN EC 0,5 DN DA DC DA Có DNA ∽ DHB   (2); DCH ∽ DAM   (3) DH DB DH DM Từ (2),(3) suy ra DN DM       DNC ∽ D
MB NCD MBD ECD MBH (4) 0,5 DC DB    
Do HMC HAC (c/m câu b) nên DMH ∽ D
AC(g g)  MHA MCA (5) 0,25 Từ (4) và (5) suy ra:     0  0
MHA MBH MBH MHB  90  BMH  90  BM MH 0,25 Câu V (1 điểm)
Gọi A A là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8093 điểm đã cho . i j
Giả sử A là điểm cách xa đoạn thẳng A A nhất. Khi đó: k i j
Tam giác A A A là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1 0,5 i j k
Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm A , A , A lần lượt song song với các cạnh của i j k A 
A A , các đường thẳng này cắt nhau tạo nên 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam i j k
giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ.
Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8093 0,5
điểm đã cho, 8093 chia cho 4 được 2023 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichle suy
ra có ít nhất 1 trong 4 tam giác có chứa 2024 trong 8093 điểm đã cho.
(Lưu ý: Thí sinh có thể làm bài theo cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa)