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.

24 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

5 trang 8 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.