Đề thi HSG Toán 9 cấp quận năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Hải An – Hải Phòng

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Hải An – Hải Phòng giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

6 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
UBND QUẬN HẢI AN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN
NĂM HỌC: 2022 – 2023
ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 9
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Bài 1. (2, 0 điểm)
Cho biểu thức:
2
11 1aaaaaaa
M
aaa aaa



với 0, 1aa.
a) Chứng minh rằng
4
M
.
b) Với những giá trị nào của
a
thì biểu thức
8
N
M
nhận giá trị nguyên?
Bài 2. (2, 0 điểm)
1)Giải phương trình:
32 4
1111xxxx x
2)Tìm tất cả các cặp số hữu tỷ

,
x
y
thỏa mãn hệ phương trình
33
22
24
619151
xyxy
xxyy


Bài 3. (1,0 điểm) Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
22
11
9 ab
ab




Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Qua A
lần lượt kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm. Lấy
điểm D thuộc đường tròn (O) sao cho BD // AO. Đường thẳng AD cắt đường tròn
(O) tại điểm thứ hai E. Gọi M là trung điểm của AC.
a)
Chứng minh rằng ME là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b)
Gọi T là giao điểm của các đường thẳng ME, BC, I là giao điểm của các đường
thẳng DE, BC. Chứng minh OI
AT
c)
Qua E kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AB cắt các đường thẳng BC,
BD lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng: PQ = PE
Bài 5. (2, 0 điểm)
1)Cho các số nguyên dương ,,abc thỏa mãn
222
abc Chứng minh rằng
ab
chia
hết cho:
abc
2) Trên bảng ta viết 3 số
1
2,2,
2
. Mỗi bước ta chọn 2 số ,abbất kỳ trên bảng,
xóa chúng đi và thay bởi 2 số
,
22
abab
và giữ nguyên số còn lại. Hỏi sau một số
hữu hạn bước, ta có thể thu được 3 số
1
2,1 2,
22
trên bảng được không?
----------------Hết----------------
UBND QUẬN HẢI AN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN
NĂM HỌC: 2022 – 2023
Bài Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)
a)(1.0 điểm)



1111
1
1
1
aaa aaa
a
aaa
aa
 

0,25
111aaaaa
a
 
21aa
a

0,25
Do 0, 1aanên
2
10 12aaa
0,25
Khi đó ta có
214
4
aa a
M
aa


(ĐPCM)
0,25
b)(1.0 điểm)
Ta có
88
02
4
N
M

Do đó N chỉ có thể nhận giá trị nguyên là 1
0,25
8
1N
M

8
1
21
a
aa


698aa
0,25
2
38a
322a


2
322aTM
0,25
Vậy
2
322a 
thì biểu thức
8
N
M
nhận giá trị nguyên
0,25
Câu 2
(2,0 điểm)
1)(1.0 điểm)
ĐKXĐ:
32
4
10
10 1
10
x
x
xx x
x



0,25
Đặt
32
1; 1axbxxx
với 0, 0ab
Ta có

432
11 1
x
xxxx ab
Khi đó ta có
1ab ab
110ab
1a
hoặc
1b
0,25
Với
1a
thì
11x  2

(thỏa mãn)
0,25
Với
1b
thì
32
11xxx loại
Vì
1
x
ta có
32
12xxx
V
ậ
y
PT có n
g
hiệm du
y
nh
ấ
t
2
x
0,25
2)(1.0 điểm)
Ta có
33
22
24
619151
xyxy
xxyy




33
2233
241
61915 4 22
xyxy
xxyyxyxy


0,25
Từ
2
ta có
32 2 3
5 5 61 62 0xxyxy y
32
5561620
xx x
yy y
  

  
  
(do
0y
không là nghiệm của
2
0,25
Đặt
x
t
y
ta có
32
5 5 61 62 0tt t
2
25 15 31 0ttt
Mà
,
x
y
là số hữu tỷ nên
t
hữu tỷ nên
22txy
thay vào

1
ta có
110yy y
1y
0,25
V
ậ
y 0,25
3
(1,0 điểm)
(1.0 điểm)
Ta có P =
22 22
22
11 9
99()1
ab
ab ab a b
ab ab ab




0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM có
2
()
4
ab
ab
nên ta có
4
22
()
16
ab
ab
0,25
Suy ra

2
4
2
144 144
() 1()
()
Pab ab
ab
ab

22 2
2
7( ) 9( ) 144 7.4
18 5
16 16 ( ) 16
ab ab
P
ab


0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2
V
ậ
y min P = 5
0,25
a) (1,0 điểm)
Câu 4
(3,0 điểm)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OA là đường trung trực của
BC
Nên OA
BC
Mà OA // BD nên BC
BD, suy ra CD là đường kính của đường tròn
(O), ha
y
tam
g
iác AEC vuôn
g
t
ạ
i E
0,5
Theo giả thiết M là trung điểm AC. Do đó ME = MC = MA
Suy ra OM là đường trung trực của CE, hay C và E đối xứng qua OM.
Vì OC
MC nên OE
ME, hay ME tiếp xúc v
ớ
i đ
ư
ờ
ng tròn (O)
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của DE, H là giao điểm của OA và BC , T’ là giao
điểm của OK và BC
Xét
OHT’ và
OKA có:
22
O chung
=>ΔOHT' ΔOKA
OHT' = OKA
Suy ra OK. OT' = OH. OA = OB = OE
0,5
Từ đây ta có
OK OE
=
OE OT'
Xét
OKE và
OET’ có:
0
O chung
=>ΔOKE ΔOET' (c.g.c)
OK OE
=
OE OT'
Suy ra OET' = OKE = 90
Nên T’E là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lại có ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên M, E, T’ thẳng hàng,
su
y
ra TT’
0,5
H
Q
P
I
T=T'
M
E
D
A
O
B
C
Xét tam giác AOT có TH và AK là hai đường cao cắt nhau tại I nên I là
t
r
ự
c tâm của tam
g
iác. Su
y
ra OI
AT
c) (1 điểm)
Theo giả thiết ta có PE // AB nên
BEP = ABE = BCE
Suy ra BEP BCE (g.g). 
Do đó
BP PE PE CE
= hay =
BE CE BP BE
(1)
Chứng minh tương tự ta có:
PQ CD
=
BP BD
(2)
0,5
Dễ thấy
ΔABE ΔABD (g.g), ΔACE ΔADC (g.g) 
nên
BE CE CE AC AB
= , = =
BD CD CD AD AC
Suy ra
BE CE CE CD
= hay =
BD CD BE BD
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
PE PQ
= hay PE = PQ
BP BP
0,5
Câu 5
(2,0 điểm)
1) (1,0 điểm)
Ta có: a
2
+ b
2
= c
2
2ab = (a + b)
2
– c
2
2ab = (a + b + c)(a + b - c)
(1)
0,25
T
ừ
trên su
y
ra a + b và c cùn
g
tính ch
ẵ
n lẻ và a + b > c 0,25
Do a + b
–
c là số n
g
u
y
ên dươn
g
ch
ẵ
n. Đặt a + b
–
c= 2k v
ớ
i k
*
0,25
Khi đó, từ (1) ta có ab = k(a + b + c)
V
ậ
y
ab chia hết cho a + b + c
0,25
2) (1,0 điểm)
Gọi
n
S
là tổng bình phương các số có trên bảng sau bước thứ n
0,25
Ta có
n
S
=

2
2
2
113
22
2
2




0,25
Do
22
22
22
ab ab
ab





nên giá trị của
n
S
luôn không thay đổi
0,25
Vì

2
22
113
212
2
22




nên không có thời điểm nào mà trên
bảng xuất hiện 3 số
1
2, 1+ 2,
22
0,25
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

UBND QUẬN HẢI AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2022 – 2023
ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1. (2, 0 điểm) 2
a 1 a a 1 a a a a 1
Cho biểu thức: M   
với a  0,a  1. a a a a a a
a) Chứng minh rằng M  4. 8
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N
nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (2, 0 điểm) 1)Giải phương trình: 3 2 4
x 1  x x x 1 1 x 1
2)Tìm tất cả các cặp số hữu tỷ  x, y thỏa mãn hệ phương trình 3 3
x  2y x  4y  2 2
6x 19xy 15y 1
Bài 3. (1,0 điểm) Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b  4  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 1 1 9  a b     a b
Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Qua A
lần lượt kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm. Lấy
điểm D thuộc đường tròn (O) sao cho BD // AO. Đường thẳng AD cắt đường tròn
(O) tại điểm thứ hai E. Gọi M là trung điểm của AC.
a) Chứng minh rằng ME là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b) Gọi T là giao điểm của các đường thẳng ME, BC, I là giao điểm của các đường
thẳng DE, BC. Chứng minh OI  AT
c) Qua E kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AB cắt các đường thẳng BC,
BD lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng: PQ = PE Bài 5. (2, 0 điểm)
1)Cho các số nguyên dương , a , b c thỏa mãn 2 2 2
a b c Chứng minh rằng ab chia
hết cho: a b c 1
2) Trên bảng ta viết 3 số 2,2,
. Mỗi bước ta chọn 2 số a,bbất kỳ trên bảng, 2
a b a b
xóa chúng đi và thay bởi 2 số ,
và giữ nguyên số còn lại. Hỏi sau một số 2 2 1
hữu hạn bước, ta có thể thu được 3 số 2,1 2,
trên bảng được không? 2 2
----------------Hết---------------- UBND QUẬN HẢI AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2022 – 2023
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài Đáp án Điểm a)(1.0 điểm) 0,25 1  a  
1 a a   1
a  1a a a   1    a a a   1 a 1 a 0,25
a 1 a a 1 a a 1    a 2 a 1  a a       
Do a 0,a 1nên  a 2 1 0 a 1 2 a 0,25
a  2 a 1 4 a 0,25 Câu 1 Khi đó ta có M    4 (ĐPCM) (2,0 điểm) a a b)(1.0 điểm) 8 8 0,25 Ta có 0  N
  2 Do đó N chỉ có thể nhận giá trị nguyên là 1 M 4 8 8 a 0,25 N   1 
1  a  6 a  9  8 M a  2 a 1 2   a  2
3  8  a  3  2 2  a  3 2 2 TM 0,25 8 0,25 Vậy a    2
3 2 2 thì biểu thức N
nhận giá trị nguyên M 1)(1.0 điểm) x 1 0 0,25         ĐKXĐ: 3 2 x x x 1 0 x 1 Câu 2 4 x 1 0  (2,0 điểm) Đặt 3 2
a x 1;b x x x 1 với 0, a b  0 0,25 Ta có 4
x    x   3 2 1
1 x x x   1  ab
Khi đó ta có a b 1 ab  a   1 b  
1  0  a 1hoặc b 1
Với a 1 thì x 1 1  x  2(thỏa mãn) 0,25 Với b 1 thì 3 2
x x x 1 1 loại 0,25 Vì x 1 ta có 3 2
x x x 1  2
Vậy PT có nghiệm duy nhất x  2 2)(1.0 điểm) 3 3
x  2y x  4y 0,25 Ta có  2 2
6x 19xy 15y 1 3 3
x  2y x  4y    1   2 2
6x 19xy 15y 
x  4y 3 3
x  2y 2 Từ 2ta có 3 2 2 3
5x  5x y  61xy  62 y  0 0,25 3 2  x   x   x   5  5  61  62  0      
(do y  0 không là nghiệm của 2  y   y   y x 0,25
Đặt t ta có 3 2
5t  5t  61t  62  0  t   2
2 5t 15t  3  1  0 y Mà ,
x y là số hữu tỷ nên t hữu tỷ nên t  2  x  2y thay vào   1 ta có y y   1  y   1  0  y  1  Vậy 0,25 (1.0 điểm)  1 1  a b 9 0,25 Ta có P = 2 2 2 2 9  a b   9  a b  (a b) 1   2 2  a b ab a b 2 (a b) 0,25
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM có ab  nên ta có 4 4  2 2 (a b) 3 a b  16 (1,0 điểm) 144 144 0,25 Suy ra 2
P  (a b)      a b 1 (a b) 4 2 (a b) 2 2 2 7(a b) 9(a b) 144 7.4 P     18  5 2 16 16 (a b) 16
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 0,25 Vậy min P = 5 a) (1,0 điểm) T=T' B Q D P E I A H O M C
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OA là đường trung trực của 0,5 Câu 4 BC (3,0 điểm) Nên OA  BC
Mà OA // BD nên BC  BD, suy ra CD là đường kính của đường tròn
(O), hay tam giác AEC vuông tại E
Theo giả thiết M là trung điểm AC. Do đó ME = MC = MA 0,5
Suy ra OM là đường trung trực của CE, hay C và E đối xứng qua OM.
Vì OC  MC nên OE  ME, hay ME tiếp xúc với đường tròn (O) b) (1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của DE, H là giao điểm của OA và BC , T’ là giao 0,5 điểm của OK và BC
Xét  OHT’ và  OKA có:  O chung =>ΔOHT' ΔOKA   OHT' = OKA 2 2
Suy ra OK. OT' = OH. OA = OB = OE OK OE 0,5 Từ đây ta có = OE OT'
Xét  OKE và  OET’ có:  O chung =>ΔOKE  ΔOET' (c.g.c) OK OE =  OE OT'   0 Suy ra OET' = OKE = 90
Nên T’E là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lại có ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên M, E, T’ thẳng hàng, suy ra T  T’
Xét tam giác AOT có TH và AK là hai đường cao cắt nhau tại I nên I là
trực tâm của tam giác. Suy ra OI  AT c) (1 điểm)
Theo giả thiết ta có PE // AB nên    BEP = ABE = BCE 0,5 BP PE PE CE Suy ra BEP  B  CE (g.g). Do đó = hay = (1) BE CE BP BE PQ CD
Chứng minh tương tự ta có: = (2) BP BD Dễ thấy ΔABE  ΔABD (g.g), ΔACE  ΔADC (g.g) nên 0,5 BE CE CE AC AB = , = = BD CD CD AD AC BE CE CE CD Suy ra = hay = (3) BD CD BE BD PE PQ Từ (1), (2), (3) suy ra = hay PE = PQ BP BP 1) (1,0 điểm)
Ta có: a2 + b2 = c2  2ab = (a + b)2 – c2  2ab = (a + b + c)(a + b - c) 0,25 (1)
Từ trên suy ra a + b và c cùng tính chẵn lẻ và a + b > c 0,25
Do a + b – c là số nguyên dương chẵn. Đặt a + b – c= 2k với k  *  0,25
Khi đó, từ (1) ta có ab = k(a + b + c) 0,25
Vậy ab chia hết cho a + b + c 2) (1,0 điểm)
Gọi S là tổng bình phương các số có trên bảng sau bước thứ n 0,25 n Câu 5   0,25
(2,0 điểm) Ta có S =   2 2 2 1 13 2  2   n    2  2 2 2       0,25 2 2 a b a b Do a b     
 nên giá trị của S luôn không thay đổi  2   2  n 0,25   Vì       2 2 2 1 13 2 1 2    
nên không có thời điểm nào mà trên  2 2  2 1
bảng xuất hiện 3 số 2, 1+ 2, 2 2