Đề khảo sát HSG Toán 9 lần 3 năm 2023 – 2024 trường Hồng Phương – Vĩnh Phúc

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC
ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024
TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG
LẦN 3 – MÔN TOÁN 9
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức  1 2 5 − x  1− 2 = + −   : x A 2 2
1− x x +1 1− x  x −1
a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A là số nguyên.
Câu 2. (2,0 điểm) Tính giá trị của f (x) = (x − x + )2022 4 3 1 tại 1 1 x =11− − . 5 − 2 6 5 + 2 6 3
Câu 3. (2,0 điểm) Cho f ( ) x x =
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 2 1− 3x + 3x  1   2   2020   2021 A f  f   ... f   f  = + + + +  . 2022 2022 2022  2022        
Câu 4. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 1
y = −x + m + 6 − xác định x − m
với mọi giá trị của x thỏa mãn 1
− < x < 0.  2 3x + xy − 4x + 2y = 2
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  x(x + ) 1 + y(y + ) 1 =  4
Câu 6. (2,0 điểm) Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc 0
60 thì bóng một tòa nhà trên
mặt đất dài 16 3(m) . Hỏi tòa nhà đó cao bao nhiêu mét?
Câu 7. (2,0 điểm) Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng vuông
góc với nhau. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km / h , tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km / h . Hỏi
sau 2 giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu km ?
Câu 8. (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh là a ; M và N lần lượt là trung điểm của
BC và CD . Gọi I là giao điểm của AM và BN . Tính độ dài đoạn thẳng AI theo a .
Câu 9. (2,0 điểm) Cho các số thực x, y thoả mãn 3 3 x + y + ( 2 2
3 x + y ) + 4(x + y) + 4 = 0 và .
x y > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 M = + . x y
-------------HẾT------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh......................................................................SBD:.................Phòng thi.............
PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC
ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024
TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG
LẦN 3 – MÔN TOÁN 9
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu Nội dung trình bày Điểm a) Rút gọn biểu thức  1 2 5 − x  1− 2 = + −   : x A 2 2
1− x x +1 1− x  x −1 Đk: 1 x ≠ 1; ± x ≠ 0,5 2
(x + )1+ 2(1− x)−(5− x) 1− 2 = : x A 2 2 1− x x −1
x +1+ 2 − 2x − 5 + x 2x −1 A = : 0,5 2 2 1− x 1− x 2 − 2x −1 ⇔ A = : 2 2 1− x 1− x 2 2 − 1− x 1 ⇔ A = . 0,5 2 1− x 2x −1 (4,0 2 −
điểm). A = 0,5 2x −1
b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A là số nguyên.
Để A là số nguyên thì 2x −1 phải là ước nguyên của 2. Mà các ước nguyên 0,5 của 2 là: 1; ± 2 ±
TH1: 2x −1 =1 ⇔ x =1 0,5 TH2: 2x −1 = 1 − ⇔ x = 0 TH3: 3
2x −1 = 2 ⇔ x = 0,5 2 TH4: 1 2x −1 = 2 − ⇔ x = − 2 Do x nguyên và 1 x ≠ 1;
± x ≠ nên chỉ có một giá trị của x thỏa mãn là x = 0 . 0,5 2
Tính giá trị của f (x) = (x − x + )2022 4 3 1 tại 1 1 x =11− − . 5 − 2 6 5 + 2 6 (5+2 6)+(5−2 6 1 1 ) 0,5 2 Ta có x =11− − =11− 5 − 2 6 5 + 2 6 (5−2 6)(5+2 6) (2,0
điểm). 10 x =11− = 1 0,5 25 − 24 f = ( − + )2022 = (− )2022 4 (1) 1 3.1 1 1 0,5 Vậy f (1) =1 0,5 3 Cho f ( ) x x =
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau: 2 1− 3x + 3x 3  1   2   2020   2021 A f   f   ... f   f  = + + + + . (2,0 2022 2022 2022  2022        
điểm). 3 3 0,5 Ta có f (x) x x = ( = (1) 2 3
− x + x − x ) 3 + x ( − x)3 3 1 3 3 1 + x 3 − 0,5 ⇒ ( 1 x f 1− x) ( ) = (2) x + ( − x)3 3 1
Cộng (1) với (2) ta được f (x) + f (1− x) =1   1   2021    2   2020  0,5 A =  f + f +   f + f +         ...   2022 
 2022    2022   2022    1010   1012   1011  f  f   f  + + +    2022   2022    2022  Mà  1011   1  1 f =  f =  2022  2     2 Vậy 1 2021 A =1010 + = 0,5 2 2
Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 1
y = −x + m + 6 − xác định với mọi x − m
giá trị của x thỏa mãn 1 − < x < 0.
Điều kiện hàm số xác định là m < x ≤ m + 6 0,5 4
Để hàm số xác định với mọi giá trị của x thỏa mãn 1
− < x < 0 thì điều kiện là 0,5
(2,0 m ≤ 1 −
điểm). 0 ≤ m + 6 m ≤ 1 − ⇔  ⇔ 6 − ≤ m ≤ 1 − 0,5 m ≥ 6 −
Vậy các giá trị m cần tìm là 6 − ≤ m ≤ 1 − . 0,5  2 3x + xy − 4x + 2y = 2
Giải hệ phương trình  x(x + ) 1 + y(y + ) 1 =  4  2 3x + xy − 4x + 2y = 2  2 3x + xy − 4x + 2y =  2 ( ) 1 0,5 Ta có   2 2 x(x )1 y(y ) ⇔  + + +1 = 4 x + y + x + y =  4 (2)
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được 2 + − 2 2x xy y − 5x + y + 2 = 0 2 + − 2 2x
xy y − 5x + y + 2 = 0 ⇔ (x + y − 2)(2x − y − ) 1 = 0 0,5 5  y = 2 − x ⇔ (2,0   y = 2x −1
điểm). TH1: Thay y = 2 − x vào pt (2) ta được 2x − 2x +1= 0 ⇔ x =1⇒ y =1 0,5
TH2: Thay y = 2x −1 vào pt (2) ta được
x = 1⇒ y = 1 2 5x x 4 0 (5x 4)(x ) 1 0  − − = ⇔ + − = ⇔ 4 13
x = − ⇒ y = −  5 5
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm (x y) ( ) (x y)  4 13 ; 1;1 ; ; ;  = = − −  . 0,5 5 5   
Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc 0
60 thì bóng một tòa nhà trên mặt đất 6
dài 16 3(m). Hỏi tòa nhà đó cao bao nhiêu mét?
(2,0 Giả sử chiều cao của tòa nhà là đoạn AB , bóng của tòa nhà trên mặt đất là 0,5
điểm). đoạn AC . Khi đó,  ACB = 60 Ta có  AB = ⇒ =  tan ACB AB AC tan ACB 0,5 AC 0,5
AB =16 3.tan 60 = 48(m)
Vậy chiều cao của tòa nhà là 48 mét. 0,5
Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng vuông góc với
nhau. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km / h , tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km / h .
Hỏi sau 2 giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu km ?
Sau 2 giờ, chiếc tàu thủy thứ nhất chạy được quãng đường là 0,5
AB = 30.2 = 60(km) 0,5 7 (2,0
điểm).
Sau 2 giờ, chiếc tàu thủy thứ hai chạy được quãng đường là
AC = 40.2 = 80(km)
Áp dụng định lý Pitago ta có 2 2 2 2
BC = AB + AC = 60 + 80 =100 0,5
Sau 2 giờ, hai tàu cách nhau 100(km). 0,5
Cho hình vuông ABCD có cạnh là a ; M và N lần lượt là trung điểm của BC và
CD . Gọi I là giao điểm của AM và BN . Tính độ dài đoạn thẳng AI theo a .
Xét hai tam giác vuông ABM và BCN có 8 AB = BC  ⇒ ABM ∆ = BC ∆ N ( ) 1
(2,0 BM = CN 0,5
điểm). Từ ( )⇒  =  1 BAM CBN (2) 0,5 Mà  +  ABN CBN = 90 ( 3)
Từ( ) ( ) ⇒  +  =  ⇔  +  2 ; 3 MAB ABN 90
IAB ABI = 90 ⇒ ABI ∆ vuông tại I .
Xét tam giác vuông ABM , có BI là đường cao trong tam giác, ta có 0,5 2 2 . AB
AI AM = AB ⇒ AI = (4) AM
Mặt khác, áp dụng định lý Pitago ta có: 0,5 2 2 2 2 2 2 2  a  5a a 5
AM = AB + BM ⇒ AM = a + = ⇒ AM =   ( 5)  2  4 2 2 Thay (5) vào (4) ta được a 2a 5 AI = = . a 5 5 2
Cho các số thực x, y thoả mãn 3 3 x + y + ( 2 2
3 x + y ) + 4(x + y) + 4 = 0 và .xy > 0 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 M = + . x y Ta có 3 3 x + y + ( 2 2
3 x + y ) + 4(x + y) + 4 = 0 0,5 ⇔ (x + y)( 2 2
x − xy + y ) + ( 2 2
x − xy + y ) + ( 2 2 2
x + 2xy + y ) + 4(x + y) + 4 = 0 ⇔ ( 2 2
x − xy + y )(x + y + 2) + (x + y + 2)2 = 0
⇔ (x + y + )( 2 2
2 x − xy + y + x + y + 2) = 0
⇔ (x + y + )( 2 2
2 2x − 2xy + 2y + 2x + 2y + 4) = 0 0,5 9 2 2 2
(2,0 ⇔ (x + y + 2) (x − y) + (x + ) 1 + ( y + ) 1 + 2 = 0  
điểm). ⇔ x + y = −2 (do (x − y)2 + (x + )2 + ( y + )2 1
1 + 2 > 0;∀x; y )
Mà .xy > 0 , do đó x < 0; y < 0 . 0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( x y
−x)(− y) (− ) + (− ) ≤ = 1 nên 2 0 − < . x y ≤ 1, do đó 1 2 ≥ 1 ⇒ ≤ −2 . . x y . x y Vậy 1 1 x + y −2 M = + = =
≤ −2 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = −1. 0,5 x y xy xy
Kết luận: Giá trị lớn nhất của M là -2.
-------------------------------Hết-------------------------------