Đề HSG Toán 9 cấp huyện năm 2019 – 2020 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2019 – 2020 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

15 8 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

5 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
PHÒNG GD-ĐT SÔNG LÔ
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2019-2020
MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 01 trang
Ngày thi : 06/11/2019
Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức:
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
P
x x x x
a) Rút gọn biểu thức
P
.
b) Tìm các giá trị của x để
0P
.
Câu 2 (2 điểm) Cho biết
22
2019 2019 2019x x y y
.
Tính giá trị biểu thức
2019 2019
A x y
.
Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình:
.
Câu 4 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên
;xy
thỏa mãn:
2
2019 1 2 3x y y y y
.
Câu 5 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố
p
sao cho
234
1 p p p p
là số tự nhiên.
Câu 6 (2 điểm) Các cạnh
,,abc
của tam giác
ABC
thỏa mãn đẳng thức:
1 1 1 1
p p a p b p c
với
2
abc
p

. Hỏi tam giác
ABC
là tam giác gì? Vì sao?
Câu 7 (2 điểm) Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn
3abc
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
P
a b c a b c

.
Câu 8 (4 điểm) Qua điểm K nằm ngoài đường tròn (O;R), kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O)
tại A và B (A nằm giữa K và B, AB < 2R). Gọi d là đường trung trực của KB, H là hình chiếu
của O trên d. Gọi I là trung điểm của OK, N là trung điểm của AB, M là giao điểm của d và
KB.
a) Chứng minh tứ giác OHMN là hình chữ nhật và AK = 2OH.
b) Tính IH theo R.
Câu 9 (1 điểm) Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Gọi
M
là trung điểm của
AC
. Đường
thẳng qua
A
vuông góc với
BM
cắt
BC
tại
D
. Chứng minh
2DDB C
.
Câu 10 (1 điểm) Trên đường tròn cho
6
điểm phân biệt. Hai điểm bất kì trong
6
điểm này
đều được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại
một tam giác có ba cạnh cùng màu.
==== HẾT ====
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh.........................................................SBD:..................Phòng thi................
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ
HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2019 – 2020
Môn Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 pht, không kể thời gian giao đề.
Câu
Hướng dẫn chấm
Điểm
1
Điều kiện để P xác định là :
0; 4; 9x x x
.
2 9 3 3 2 1 2
32
x x x x x
P
xx

12
21
3
3 2 3 2
xx
x x x
x
x x x x


0,25
0,25
0,5
Với
0; 4; 9x x x
, ta có
1
0 0 3 0 9
3
x
P x x
x
Kết luận:
09x
và
4x
thì
0P
0,5
0,5
2
Ta có:
2 2 2 2
2019 2019 2019 2019 2019x x x x y y x x
22
2019 2019y y x x
(1)
Tương tự ta có:
22
2019 2019x x y y
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
0x y x y
0A
0,5
0,5
0,5
0,5
3
ĐKXĐ
1
4
x 
2
2
1 1 1 1
22
2 4 4 2
x x x x




11
20
42
x
(vì
11
20
42
x
)
22x
(tmđk)
0,5
0,5
0,5
0,5
4
Phương trình đã cho tương đương
2
22
2019 3 3 2x y y y y
Đặt
2
3t y y
Khi đó pt trở thành:
22
2
2019 2 2019 2x t t x t t
+ Nếu
0t
ta có
2
2 2 2 2 2
2 2 1 2 1t t t t t t t t t
22
2
2019 1t x t
( vô lí)
+ Nếu
0t
ta có
2
3 0 3 0 3 0y y y y y
Vì
yZ
nên
3; 2; 1;0y
Suy ra
; 2019;0 , 2019; 1 , 2019; 2 2019; 3xy
0,5
0,5
0,5
0,5
5
Theo bài ra ta có
2 3 4 2 *
1 p p p p n n N
2 3 4 2
4 4 4 4 4 4p p p p n
(1)
0,5
Suy ra:
22
2
22
2 2 2 2p p n p p
2 2 2
2 2 2 2 2 2 1p p n p p n p p
Theo (1) ta có
2
234
4 4 4 4 4 2 1p p p p p p
2
2 3 0 3p p p
( do
p
là số nguyên tố
0p
)
Thử lại với
3p
ta có
2 3 4 2 3 4
1 1 3 3 3 3 11p p p p
(tm)
Vậy
3p
0,5
0,5
0,5
6
1 1 1 1
p p c p a p b
p c p p b p a
p p c p a p b

2p c a b
p p c p a p b


a b a b
a b c a b c b c a a c b


22
22
2a 1
4a 2
a b a b
bb
a b c c a b

2 2 2 2 2 2
22b a b a b ab c c b a
Suy ra tam giác ABC vuông tại A
0,5
0,5
0,5
0,5
7
Ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 9 27
aa b c ab bc ca bc a b c
ab bc ca


2
2 2 2
27 1
P
abc
ab bc ca



(1)
Áp dụng AM-GM ta
có
3
2 2 2
2
2 2 2
2a 2 2
27
3
a b c b bc ca
a b c ab bc ca



2 2 2
2
27
abc
ab bc ca

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
2 2 2
11
P a b c t
a b c t

với
2 2 2
3t a b c
Khi đó
1 8 2 8 10
9 9 3 3 3
tt
P
t
Dấu “=” khi
31t a b c
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
10
3
khi và
chỉ khi
1abc
0,5
0,5
0,5
0,5
8a
d
I
A
O
K
B
M
N
C
H
Chứng minh OHMN là hình chữ nhật,
OH = MN=MB-NB=
A
A 2O
2 2 2
KB AB K
KH
0,5
0,5
8b
Gọi C là trung điểm của KA ta có
A
2
K
KC
. Do đó OH =KC
HOI= CKI( c-g-c)
Suy ra IH = IC (1)
Do IC là đường trung bình OKA nên
OA
22
R
IC 
Từ (1) và (2) Suy ra
2
R
IH
0,5
0,5
9
A
D
H
B
C
K
M
Kẻ CK vuông góc AD,
DKA
.
Gọi H là giao điểm AD với BM
Vì BH//CK nên
(1)
DC CK
DB BH
Mặt khác
2
(2)
DC CK HM
DB BH BH

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có:
2
2
2
.1
.4
AM HM BM HM AM
AB BH BM BH AB



,thay vào (2) ta được
2DDB C
0,5
0,5
10
Giả sử 6 điểm A, B, C, D, M, N trên cùng 1 đường tròn.
Từ 1 điểm vẽ đến 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất 3 đoạn thẳng
cùng màu. Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ( nếu cùng màu xanh thì
lập luận tương tự).
Xét tam giác BCD nếu có 1 cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì tam giác ABC có 3
cạnh màu đỏ. Trái lại thì tam giác ABC có ba cạnh màu xanh.
0,5
0,5
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GD-ĐT SÔNG LÔ
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 01 trang Ngày thi : 06/11/2019 2 x  9 x  3 2 x 1
Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức: P    x  5 x  6 x  2 3  x
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm các giá trị của x để P  0 .
Câu 2 (2 điểm) Cho biết  2 x   x  2 2019
y  2019  y   2019 .
Tính giá trị biểu thức 2019 2019 A xy . 1 1
Câu 3 (2 điểm) Giải phương trình: x x   x   2 . 2 4
Câu 4 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên  ; x y thỏa mãn: 2
x  2019  y y  
1  y  2 y  3 .
Câu 5 (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 3 4
1 p p p p là số tự nhiên.
Câu 6 (2 điểm) Các cạnh a, ,
b c của tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức: 1 1 1 1
a b c    với p
. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? Vì sao? p p a p b p c 2
Câu 7 (2 điểm) Cho các số thực dương a, ,
b c thỏa mãn a b c  3 . 1 1 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của P     . 2 2 2 2 2 2 a b c
a b c
Câu 8 (4 điểm) Qua điểm K nằm ngoài đường tròn (O;R), kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O)
tại A và B (A nằm giữa K và B, AB < 2R). Gọi d là đường trung trực của KB, H là hình chiếu
của O trên d. Gọi I là trung điểm của OK, N là trung điểm của AB, M là giao điểm của d và KB.
a) Chứng minh tứ giác OHMN là hình chữ nhật và AK = 2OH.
b) Tính IH theo R.
Câu 9 (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của AC . Đường
thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại D . Chứng minh DB  2DC .
Câu 10 (1 điểm) Trên đường tròn cho 6 điểm phân biệt. Hai điểm bất kì trong 6 điểm này
đều được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại
một tam giác có ba cạnh cùng màu. ==== HẾT ====
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh.........................................................SBD:..................Phòng thi................
PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ
HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2019 – 2020 Môn Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu Hướng dẫn chấm Điểm
Điều kiện để P xác định là : x  0;x  4;x  9 .
2 x  9   x  3 x  3  2 x   1  x  2 0,25 P  
x  3 x  2   x x
x 1 x 2 2  x 1    1  0,25
x  3 x  2  x  3 x  2 x  3 0,5 Với x 1
x  0; x  4; x  9 , ta có P  0 
 0  x  3  0  x  9 x  3 0,5
Kết luận: 0  x  9 và x  4 thì P  0 0,5 Ta có:  2 x   x  2
x x 2 y   y    2 2019 2019 2019 2019
2019  x x 0,5 2 2
y  2019  y  2019  x x (1) 0,5 2 Tương tự ta có: 2 2
x  2019  x  2019  y y (2) 0,5
Từ (1) và (2) suy ra x y  0  x  y A  0 0,5 ĐKXĐ 1 x   4 0,5 2   x x   x
   x        2 1 1 1 1 2 2 3 2 4 4 2   0,5 1 1  1 1 x
  2  0 (vì x    2  0 ) 4 2 4 2 0,5
x  2  2 (tmđk) 0,5
Phương trình đã cho tương đương x
2   2y y 2 2019 3
y  3y  2 Đặt 2 2 2
t y  3y Khi đó pt trở thành:  x
  tt    x  2 2019 2 2019  t  2t
+ Nếu t  0 ta có t t t t t   t t t  t  2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0,5 t   x  2  t  2 2 2019 1 ( vô lí) 4
+ Nếu t  0 ta có 2
y  3y  0  y y   3  0  3   y  0 0,5
Vì y Z nên y  3  ; 2  ; 1  ;  0 0,5 Suy ra  ; x y 
 2019;0,2019; 1,2019; 2  2019; 3   0,5 Theo bài ra ta có 2 3 4 2       * 1 p p p p n n N  5 2 3 4 2
4  4 p  4 p  4 p  4 p  4n (1) 0,5 2 2
Suy ra:  p p   n2 2   2 2 2
2 p p  2 0,5 2 2 2
 2p p  2n  2p p  2  2n  2p p 1
Theo (1) ta có  p p p p   p p  2 2 3 4 4 4 4 4 4 2 1 0,5 2
p  2 p  3  0  p  3 ( do p là số nguyên tố p  0 ) Thử lại với p  3 ta có 2 3 4 2 3 4
1 p p p p  1 3  3  3  3  11 (tm) Vậy 0,5 p  3 0,5 1 1 1 1    p p c p a p b
p c p
p b p a  
p p c
p a p b 2 p c a b   0,5
p p c
p a p b 6 a b a b   
a b ca b c
b c aa c b 0,5 a b a b 2a 1     
a b2  c
c  a b2 2 2 4ab 2b
ba b 2 2 2 2 2 2 2
a b  2ab c c b a 0,5
Suy ra tam giác ABC vuông tại A 1 1 1 1 1 1 9 27 Ta có:        2 2 2 a b c ab bc ca
abc a b c
abbc ca2 27 1 P    (1)
ab bc ca2 2 2 2
a b c 0,5 Áp dụng AM-GM ta 3 2 2 2
a b c  2ab  2bc  2ca
có a b c ab bc ca2 2 2 2   27   3   0,5 7 27 2 2 2     (2)
ab bc caa b c 2 0,5 Từ (1) và (2) suy ra 1 1 2 2 2
P a b c   t  với 2 2 2
t a b c  3 2 2 2
a b c t Khi đó t 1 8t 2 8 10 P       9 t 9 3 3 3 0,5
Dấu “=” khi t  3  a b c 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 10 khi và 3
chỉ khi a b c 1 8a B N M A C K O I H d 0,5
Chứng minh OHMN là hình chữ nhật, 0,5 KB AB A K OH = MN=MB-NB=    A K  2OH 2 2 2 A K
Gọi C là trung điểm của KA ta có 0,5 KC  . Do đó OH =KC 2 HOI= CKI( c-g-c) Suy ra IH = IC (1) 8b
Do IC là đường trung bình OA R OKA nên IC   2 2 0,5 R
Từ (1) và (2) Suy ra IH  2 A M H B C D K 9 Kẻ CK vuông góc AD, K  D A .
Gọi H là giao điểm AD với BM DC CK 0,5 Vì BH//CK nên  (1) DB BH Mặt khác DC CK 2HM   (2) DB BH BH
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có: 2 2 0,5 AM HM .BM HMAM  1      
,thay vào (2) ta được DB  2DC 2 AB BH.BM BHAB  4
Giả sử 6 điểm A, B, C, D, M, N trên cùng 1 đường tròn.
Từ 1 điểm vẽ đến 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng thì có ít nhất 3 đoạn thẳng
cùng màu. Giả sử 3 đoạn thẳng AB, AC, AD cùng màu đỏ( nếu cùng màu xanh thì 10 0,5 lập luận tương tự).
Xét tam giác BCD nếu có 1 cạnh, chẳng hạn BC màu đỏ thì tam giác ABC có 3 0,5
cạnh màu đỏ. Trái lại thì tam giác ABC có ba cạnh màu xanh.